ОЛiМПiАДНi ЗАДАЧi · 7 клас 1. (15 балiв) Якщо деяке число...

МIНIСТЕРСТВО ОСВIТИ I НАУКИ, МОЛОДI ТА СПОРТУ УКРАЇНИ

Державний вищий навчальний заклад«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

Беседiн Б.Б., Кадубовський О.А., Рубан М.М.,

Сьомкiн В.С., Труш Н.I., Чуйко О.В.

ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧIРОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

II ЕТАПУ

ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ ОЛIМПIАДИ

З МАТЕМАТИКИ — 2012

6 – 11 класи

Рекомендовано вченою радою

Державного вищого навчального закладу

«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

в якостi практимуму

для проведення факультативних занять з математики

Cлов’янськ — 2013

УДК 51 (075.3)

ББК 22.1

Беседiн Б.Б., Кадубовський О.А., Рубан М.М., Сьомкiн В.С., Труш Н.I.,Чуйко О.В. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: Розв’язання задач II етапу Всеукраїн-ської олiмпiади з математики – 2012 (Випуск 11, Серiя: Викладачi ДДПУ –учням, студентам, вчителям ...): Навчальний посiбник – Слов’янськ, 2013.– 64 с.

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посiбник для про-ведення гурткових i факультативних занять при пiдготовцi до учнiвськихматематичних олiмпiад. Буде корисним учням ЗОШ та студентам матема-тичних спецiальностей педагогiчних ВНЗ.

РОЗГЛЯНУТО ТА РЕКОМЕНДОВАНОДО ДРУКУ

вченою радою Державного вищого навчального закладу«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»,

Протокол № 8 вiд 28.03.2013 р.

Рецензенти:кандидат фiз.-мат. наук, ЖУЧОК Ю.В.,Iнститут iнформацiйних технологiй Луганського нацiональ-ного унiверситету iменi Тараса Шевченка,доцент кафедри математичного аналiзу та алгебри

кандидат фiз.-мат. наук, ВЕЛИЧКО В.Є.,Донбаський державний педагогiчний унiверситет,доцент кафедри алгебри.

Вiдповiдальний за випуск: кан. фiз.-мат. наук, доцент кафедри геометрiїта методики викладання математики Кадубовський О.А.

© Беседiн Б.Б., Кадубовський О.А,Рубан М.М., Сьомкiн В.С.,

Труш Н.I., Чуйко О.В., 2013

Змiст

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

ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ 6

6 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 810 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 811 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

ЧАСТИНА II. ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ 10

ЧАСТИНА III. РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ 12

6 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2910 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3611 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

ДОДАТКИ 50

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА 58

3

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 одинадцятим випуском серiї «ВИКЛАДАЧI СДПУ –УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ...» заснованої у 2008 роцi. Посiбникмiстить розв’язання задач II етапу (районного) Всеукраїнської учнiвськоїолiмпiади з математики, який проводився 24 листопада 2012 року вiдпо-вiдно до наказу Мiнiстерства освiти i науки, молодi та спорту України вiд14.08.2012 року № 916 «Про проведення Всеукраїнських учнiвських олiм-пiад i турнiрiв у 2012/2013 навчальному роцi» та наказу УОН № 582 вiд15.10.2012 «Про проведення II етапу Всеукраїнських учнiвських олiмпiад у2012-2013 навчальному роцi».

Як i в попереднiх випусках для бiльшостi задач олiмпiади пропонуєтьсякiлька способiв розв’язання, обсяг викладок яких iнколи суттєво вiдрiзня-ється. Такий пiдхiд нi в якому разi не передбачає оцiнки доцiльностi абопорiвняння того чи iншого iз запропонованих методiв. Навпаки, оскiлькикожна олiмпiадна задача є, в певному розумiннi, унiкальною i вимагає осо-бливого ставлення, то головна мета авторiв посiбника — «донести» до вчи-телiв i учнiв якомога бiльше корисних математичних iдей i принципiв тапоказати їх застосування.

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

4

ВIД АВТОРIВ 5

Нагадаємо, що принципами в математицi називають деякi простi, майжеочевиднi, твердження, аксiоми або методи, якi використовуються в дове-деннях математичних теорем. Дуже часто учнi зустрiчаються з ними прирозв’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 ознайомить в наведенiйлiтературi, зокрема в [13]2.

В посiбнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс яких по-лягає:у формулюваннi двоїстої або схожої задачi,або ж в узагальненнi запропонованої задачi.

На думку авторiв такi доповнення повиннi активiзувати i зацiкавитиучнiв 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 учнiвськихолiмпiад з математики, так i семiнарiв, присвячених аналiзу їх результатiв.

Маємо надiю, що представлений посiбник буде корисним керiвникам ма-тематичних гурткiв та їх зацiкавленим учням, стане для багатьох з нихпоштовхом 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!

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

14.02.2013

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

ЧАСТИНА I.УМОВИ ЗАДАЧ

6 клас

1. (15 балiв) Сума трьох натуральних чисел дорiвнює 708. Перше з них– найменше трицифрове число, друге – в три рази менше вiд третього.Знайдiть цi числа.

2. (15 балiв) Розрiжте клiтчастий прямокутник розмiром 5 × 8 на фi-гурки з чотирьох клiтинок виду.

3. (20 балiв) Куб, ребро якого дорiвнює 1 дм, розрiзали на маленькi кубi-ки з ребром 1 см i всi їх гранi пофарбували. Для того, щоб пофарбуватиодну грань маленького кубiка, необхiдно 0,02 г фарби. Скiльки необхi-дно фарби, щоб пофарбувати всi гранi маленьких кубiкiв?

4. (20 балiв) Мiста A,B,C,D,E розташованi один вiд одного по шосена вiдстанi 5 км один вiд одного. Автобус їздить по шосе вiд мiста A

до мiста E та вiд E до A . Автобус витрачає 20 лiтрiв бензину кожнi100 км. У якому мiстi закiнчиться бензин у автобуса, якщо спочатку унього в бацi було 150 лiтрiв бензину?

5. (30 балiв) В обмiнному пунктi здiйснюються операцiї двох видiв:1) дай 2 євро – отримай 3 долари i цукерку в подарунок;2) дай 5 доларiв – отримай 3 євро i цукерку в подарунок.

6

Умови задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2012 7

Коли багатий Буратiно прийшов в обмiнний пункт, у нього були тiлькидолари, коли пiшов доларiв стало менше, євро так i не з’явилися, затевiн отримав 50 цукерок. У скiльки доларiв обiйшовся Буратiно такий«дарунок»?

7 клас

1. (15 балiв) Якщо деяке число збiльшити на 15% , то отримаємо 207.На скiльки вiдсоткiв потрiбно зменшити це число, щоб отримати 126?

2. (15 балiв) Розрiзати фiгуру, зображену на малюнку, на двi рiвнi ча-стини.

3. (20 балiв) Знайдiть нескоротний дрiб, який не змiнюється, якщо чи-сельник збiльшити на 21 , а знаменник збiльшити на 28.

4. (20 балiв) Що бiльше 9920 чи 999910 ?

5. (30 балiв) Шестизначне число дiлиться на 8. Яку найменшу сумуцифр воно може мати? Яку найбiльшу суму цифр може мати це чи-сло?

8 клас

1. (15 балiв) Розкласти на множники многочлен x3 + 2x2 − 3 .

2. (15 балiв) Скiльки води треба додати до 600 грамiв 40 вiдсотковогорозчину солi, щоб отримати 12 вiдсотковий розчин солi?

3. (20 балiв) Дано трикутник ABC . Точка M лежить на сторонi BC .Вiдомо, що AB = BM та AM = MC , ∠B = 1000 . Знайдiть iншi кутитрикутника.

8 ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ

4. (20 балiв) На яку цифру закiнчується число 19992005 .

5. (30 балiв) Яку найбiльшу кiлькiсть рiзних натуральних чисел можнавибрати так, щоб сума будь-яких трьох з них була простим числом?

9 класс

1. (15 балiв) Обчислiть значення виразу√(

−2−√5)2

+

√(2−

√5)2

.

2. (15 балiв) Розв’яжiть рiвняння (3x+ 2y − 4)2 + |3x− 5y + 3| = 0 .

3. (20 балiв) На основах AB i CD трапецiї ABCD позначено точкиK i L . Нехай E – точка перетину вiдрiзкiв AL i DK , F – точкаперетину BL i CK . Довести, що сума площ трикутникiв ∆ADE i∆BCF дорiвнює площi чотирикутника EKFL .

4. (20 балiв) Не використовуючи наближенi обчислення порiвняйте чи-сла a =

√34 + 5 та c =

√54 + 3

5. (30 балiв) Довести, що

a+ b >(√

2011 +√2012

)2

,

якщо a > 0 , b > 0 , ab > 2011a+ 2012b .

10 класс

1. (15 балiв) Розв’яжiть нерiвнiсть∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0.

2. (15 балiв) Розв’яжiть систему рiвняньx+ (y − 2)2012 = z,

y + (z − 2)2012 = x,

z + (x− 2)2012 = y.

Умови задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2012 9

3. (20 балiв) В ∆ABC кут при вершинi С дорiвнює 1200 . Доведiть, щодовжина вiдрiзка, який сполучає вершину C з центром вписаного кола,дорiвнює 2 (p− AB) , де p – пiвпериметр ∆ABC .

4. (20 балiв) Не обчислюючи значення виразу 20112+20112·20122+20122 ,покажiть, що це число можна представити у виглядi точного квадратаn2 , знайдiть це натуральне число n .

5. (30 балiв) Знайдiть всi простi числа x та y , що задовольняють рiв-нянню x2 − 2y2 = 1 .

11 класс

1. (15 балiв) Знайти всi такi значення a , при яких сума квадратiв коре-ней рiвняння x2 + (2− a)x− a− 3 = 0 буде найменшою.

2. (15 балiв) В квадрат вписали коло, в нього вписали квадрат, а в ньоговписали ще одне коло i т.д. Знайти вiдношення площi першого квадратадо площi 2012 квадрата.

3. (20 балiв) Побудуйте графiк функцiї

y =√

4 sin4 x− 2 cos 2x+ 3 +√

4 cos4 x+ 2 cos 2x+ 3.

4. (20 балiв) Для четвiрки чисел x, y, u, v виконуються спiввiдношенняx20 + y20 = u20 + v20 i x10 + y10 = u10 + v10 . Доведiть, що виконуєтьсяспiввiдношення

x2010 + y2010 = u2010 + v2010.

5. (30 балiв) Обчислiть суму

1

1 + x+ xy+

1

1 + y + yz+

1

1 + z + zx,

якщо вiдомо, що xyz = 1 .

ЧАСТИНА II.ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ

6 клас

1. Вiдповiдь: 100; 152; 456.2. Наприклад, у наступний спосiб.

3. Вiдповiдь: 120 г.4. Вiдповiдь: у мiстi C .5. Вiдповiдь: 10 доларiв.

7 клас

1. Вiдповiдь: 30%.2.

3. Вiдповiдь:3

4.

4. Вiдповiдь: 999910 > 9920 .

10

Вiдповiдi до задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2012 11

5. Вiдповiдь: 1 i 51 вiдповiдно.

8 клас

1. Вiдповiдь: (x− 1)(x2 + 3x+ 3) .2. Вiдповiдь: 1 400 грам.3. Вiдповiдь: 600 , 200 .4. Вiдповiдь: 9 .5. Вiдповiдь: 4 .

9 класс

1. Вiдповiдь: 2√5 .

2. Вiдповiдь: (23 ; 1) .3. – «задача на доведення».4. Вiдповiдь:

√34 + 5 >

√54 + 3 .

5. – «задача на доведення».

10 класс

1. Вiдповiдь: x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .2. Вiдповiдь: (2; 2; 2) .3. – «задача на доведення».4. Вiдповiдь: n = 20112 − 2011 + 1 .5. Вiдповiдь: x = 3 , y = 2 .

11 класс

1. Вiдповiдь: a = 1 .2. Вiдповiдь: 22011 .3. y = 4 .4. – «задача на доведення».5. Вiдповiдь: 1 .

ЧАСТИНА III.РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

6 класЗадача 1.

Нехай друге шукане число дорiвнює x , тодi (оскiльки третє число у трирази бiльше другого) третє число дорiвнює 3x .

Найменшим трицифровим натуральним числом є число 100.Оскiльки за умовою сума трьох шуканих чисел становить 708, то має

мiсце рiвняння100 + x+ 3x = 708.

Звiдки

4x = 708− 100

4x = 608

x = 608 : 4

x = 152.

Розв’язавши рiвняння одержали, що x = 152 . Тому друге шукане чи-сло дорiвнює 152, а третє шукане число – 456 = 3 · 152 . Отже, шуканимичислами є числа 100 , 152 , 456 .

Вiдповiдь: 100 ; 152 ; 456 .

12

6 клас 13

Задача 2.

Шукане «розрiзання» клiтчастого прямокутника розмiром 5 × 8 на фi-гурки зазначеного виду наведено на рисунку нижче.

Зауважимо, що шукане розрiзання можна провести не в єдиний спосiб.

14 ЧАСТИНА III. Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2012

Задача 3.

Розв’язання.

1) Вiдомо, що в 1 дециметрi (дм) 10 сантиметрiв (см). Оскiльки довжи-на ребра даного куба дорiвнює 1 дм (10 см), то об’єм V цього куба (в см3 )становить

V = 10 · 10 · 10 = 1 000 (см3).

2) За умовою даний куб порiзали на кубики з довжиною ребра 1 см.Об’єм V ′ кожного такого «маленького» кубика становить

V ′ = 1 · 1 · 1 = 1 (см3).

3) Оскiльки даний куб (з довжиною ребра 10 см) порiзали весь на ку-бики з довжиною ребра 1 см, то загальне число n «маленьких» кубикiвстановить

n =V

V ′ =1000

1= 1 000.

4) Кожен куб має 6 граней. Тому загальне число m граней всiх «ма-леньких» кубикiв становить

m = n · 6 = 1 000 · 6 = 6 000.

6 клас 15

5) Оскiльки для фарбування однiєї гранi «маленького» кубика необхi-дно витратити 0, 02 грамiв фарби, то для фарбування граней всiх «малень-ких» кубикiв необхiдно витратити

6 000 · 0, 02 = 1 000 · 6 · 0, 02 = 0, 12 · 1 000 = 120

грамiв фарби.

Вiдповiдь: 120 грам.

Задача 4.

I спосiб

A B C D E

5 км

��

5 км

��

5 км

��

5 км

��

За умовою автобус витрачає 20 лiтрiв бензину кожнi 100 км. Тому кожнi5 км (100:20=5) автобус витрачає 1 лiтр бензину.

Отже, на промiжку мiж двома зупинками (вiдстань мiж кожними з яких5 км) автобус витрачає 1 лiтр бензину. Тому на подорож iз мiста A до мiстаE (або ж з E до A ) автобус витрачає точно 4 лiтри бензину. А на весь рейсз мiста A до мiста E i назад до мiста A – точно 8 лiтрiв бензину.

Спочатку в бацi автобуса було 150 лiтрiв бензину. Оскiльки 150 = 8·18+6 ,то зробивши 18 (повних) рейсiв автобус опиниться у мiстi A , причому унього в бацi ще залишиться 6 лiтрiв бензину.

Витративши 4 лiтри бензину автобус доїде до мiста E , причому у ньогов бацi ще залишиться 2 лiтри бензину.

Цих двох лiтрiв вистачить лише на 10 км. I тому, витративши весь бензин,автобус зупиниться у пунктi C .


II спосiб

З умови випливає, що 1 лiтр палива автобус витрачає кожнi 5 км(100/20 = 5 ). Тому для того щоб витрати 150 лiтрiв, необхiдно проїхати150 · 5 = 750 км.

Представимо за допомогою рисунка мар-шрут пересування автобусу. Маршрут авто-буса який складається з таких перемiщеньA → B → C → D → E → D → C → B → A

назвемо «повним».

Легко бачити, якщо автобус завершує один«повний» маршрут, то було подолано вiдстаньв 40 км (5·8 = 40 ). Всього «повних» маршрутiв

на вiдстанi 750 км може бути 18 (18 – цiла частина вiд дiлення 750 на 40:750 = 18 · 40 + 30 ). Отже залишається один «неповний» маршрут довжинаякого 750 − 18 · 40 = 30 км, тобто необхiдно проїхати 6 вiдстаней по 5 км(A

5[1]→ B5[2]→ C

5[3]→ D5[4]→ E

5[5]→ D5[6]→ C ) та зупинитися в пунктi C .

Вiдповiдь: бензин закiнчиться у мiстi C .

Задача 5.

I спосiб

Нехай у Буратiно до початку здiйснення операцiй було x доларiв.Оскiльки пiсля всiх банкiвських операцiй у Буратiно виявилося 50 цуке-рок, то вiн здiйснив в обмiнному пунктi 50 операцiй.

Припустимо, що за весь час в обмiнному пунктi Буратiно здiйснив y бан-кiвських операцiй по обмiну «доларiв на єври з цукерками» (операцiй I-готипу). Тодi банкiвських операцiй по обмiну «єврiв на долари з цукерками»(операцiй II-го типу) вiн здiйснив (50− y) разiв.

Тому в результатi здiйснення операцiй I-го типу у Буратiно в руках завесь час (сумарно) побувало 3y євро. Причому для здiйснення цих операцiййому знадобилося (повинен був внести до банкомату) 5y доларiв.

6 клас 17

Оскiльки пiсля здiйснення всiх 50 операцiй у Буратiно не виявило-ся жодного євро, то це означає, що Буратiно «позбавився» вiд всiх 3y

євро в результатi (50 − y) операцiй II-го типу. Тому має мiсце рiвнян-ня 3y = 2(50 − y). Звiдки y = 20 . Причому, в результатi здiйснення30 = 50− 20 операцiй II-го типу Буратiно вiд банкомата сумарно одержав3 · 30 = 90 доларiв.

Таким чином в результатi здiйснення 20 операцiй I-го типу та 30 опе-рацiй II-го типу у Буратiно залишилася наступна кiлькiсть доларiв

x− 5 · 20 + 3 · 30 = x− 100 + 90 = x− 10.

Отже, «дарунок з 50 цукерок» обiйшовся Буратiно у 10 доларiв.

II спосiб

Подамо кожен тип операцiй з обмiну в символьному видi:(I) дай 2 євро – отримай 3 долари i цукерку в подарунок; −2e+ 3d+ c

(II) дай 5 доларiв – отримай 3 євро i цукерку в подарунок; −5d+ 3e+ c

де лiтерою e позначено євро, d — долари, а c – цукерки. Число, яке стоїтьперед лiтерою e або d , в залежностi вiд знаку, вказує на кiлькiсть отрима-них чи вiдданих вiдповiдних грошових одиниць.

Оскiльки в кiнцi всiх обмiнiв кiлькiсть євро була рiвна 0, то сукупнiстьусiх (необхiдних для цього) операцiй можна перегрупувати у блоки виду«3(I)+2(II)», результат виконання операцiй кожного з яких можна податиу виглядi 3(−2e+ 3d+ c) + 2(−5d+ 3e+ c) =

= −6e+ 9d+ 3c− 10d+ 6e+ 2c = −1d+ 5c .Тобто, виконавши 3 операцiї (I)-го типу та 2 операцiї (II)-го типу, Бу-

ратiно отримає 5 цукерок та втратить 1 долар. Причому число 3 операцiй(I)-го типу та число 2 операцiй (II)-го типу є найменш можливими, оскiлькичисла 2 i 3 є взаємно-простими.

Зрозумiло, що для отримання 50 цукерок – необхiдно здiйснити 10 блокiвоперацiй типу « (3(I) + 2(II))», результат виконання яких можна податиу виглядi 10(−1d + 5c) = −10d + 50c . З останнього й випливає, що на«дарунок з 50 цукерок» було витрачено 10 доларiв.

Вiдповiдь: 10 .



Нехай x – початкове число. Оскiльки пiсля збiльшення його на 15% отри-мали число 207, то має мiсце рiвняння

x+ 0, 15x = 207.

Звiдки

1, 15x = 207

115x = 20700

x = 20700 : 115

x = 180.

Тепер з’ясуємо питання про те, на скiльки вiдсоткiв потрiбно

зменшити знайдене число 180, щоб отримати число 126.

Для цього складемо вiдповiдну пропорцiю:

180

126=

100

y,

де y – вiдсоток, який складає число 126 вiд числа 180.За властивiстю пропорцiї (добуток крайнiх членiв дорiвнює добутку се-

реднiх членiв пропорцiї) має мiсце рiвняння

180y = 12 600,

звiдки y = 12 600180 = 70.

Таким чином, число 180 необхiдно зменшити на 30% (100%-70%), щоботримати число 126.

Вiдповiдь: 30%.

?! Якщо заробiтну плату робiтника спочатку збiльшили на 10%, а потiмзменшили на 10%, то чи змiниться i як заробiтна плата?

7 клас 19

Задача 2.

Умовою задачi вимагається розрiзати дану фiгуру на двi «рiвнi частини».Рiвнi частини слiд розумiти не в сенсi «частин рiвних площ», а в сенсi рiвнихфiгур.

Нагадаємо, що двi фiгури на площинi називають рiвними, якщо їх мо-жна сумiстити («повнiстю накласти одну на одну») за допомогою певного«руху».

Необхiдне розрiзання даної фiгури та «сумiщення» двох одержаних фiгур(пофарбованої i непофарбованої) проiлюстровано на рисунку нижче.

?! Чи рiвними є чорна та бiла фiгури-«коми» на рисунку нижче?


Задача 3.

Нехай x — чисельник шуканого дробу, а y — його знаменник. Оскiлькиза умовою x

y є нескоротним дробом, то натуральнi числа x i y є взаємнопростими.

За умовою одночасне збiльшення чисельника i знаменника дробу xy (на

числа 21 i 28 вiдповiдно) не змiнює його значення. Тому має мiсце пропорцiя

x+ 21

y + 28=

ax

ay,

де a – коефiцiєнт пропорцiйностi, який виникає пiсля вiдповiдних змiн чи-сельника та знаменника.

Отже, маємо наступну систему рiвнянь:{x+ 21 = ax

y + 28 = ay⇒

{a = 1 + 21

x

a = 1 + 28y

прирiвнюємо⇒ 1 +21

x= 1 +

28

y⇒

⇒ 21

x=

28

y⇒ x

y=

21

28=

3

4.

Вiдповiдь:3

4.

ДОПОВНЕННЯ до задачi 3.

Нехайa

bic

d– два рiвнi мiж собою звичайнi дроби, причому a > c . Тодi

мають мiсце рiвностia

b=

c

d=

a+ c

b+ d, (7.3.1)

a

b=

c

d=

a− c

b− d. (7.3.2)

Дiйсно, покладемоa

b=

c

d= λ . Звiдки a = bλ , c = dλ . Тому

a± c

b± d=

bλ± dλ

b± d=

λ(b± d)

b± d= λ.

З урахуванням (7.3.2), задачу 3 можна розв’язати наступним чином.Оскiльки x+21

y+28 = xy , то

x+ 21

y + 28=

x

y=

x+ 21− x

y + 28− y=

21

28=

3

4.

7 клас 21

Задача 4.

За властивiстю степенiв з натуральним показником маємо наступну чис-лову рiвнiсть

9920 = 992·10 = (992)10 = 980110.

Оскiльки 9999 > 9801 , то9999

9801> 1 . I тому

(9999

9801

)10

> 1 як добуток

десяти множникiв, кожен з яких є бiльшими за одиницю.

З iншого боку, оскiльки999910

980110=

(9999

9801

)10

> 1 , то 999910 > 980110 .

Отже, 999910 > 9920 .

Вiдповiдь: 999910 > 9920 .

Задача 5.

Нехай a1a2a3a4a5a6 =

= a1 · 105 + a2 · 104 + a3 · 103 + a4 · 102 + a5 · 101 + a6

– шукане шестизначне число, де a1 ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ; a1 = 0 .Тодi очевидно, що сума S6 = a1+a2+a3+a4+a5+a6 його цифр набуває

найменше значення рiвне 1 (коли шестизначне число є числом 100000 ) танайбiльше значення, рiвне 54 = 6 · 9 (коли шестизначне число є числом999999 ).

Оскiльки 100000 = 8 · 12500 , то найменше значення суми цифр шести-значного числа, яке дiлиться на 8, становить 1.

З’ясуємо тепер питання щодо найбiльшого значення суми цифр шес-

тизначного числа, яке дiлиться на 8.

Оскiльки 999000 = 8 · 124875 , то сума S6 набуває найбiльшого зна-чення, коли три останнi цифри числа 999a4a5a6 утворюють тризначнечисло a4a5a6 , яке дiлиться на 8 та має найбiльше значення суми цифрS3 = a4 + a5 + a6 .


Мiркування проведемо методом виключення:1) найбiльше значення 27 суми S3 досягається лише для числа 999, протевоно не дiлиться на 8;2) значення 26 досягається виключно набором цифр {8; 9; 9} , проте жоднез тризначних чисел 899, 989, 998 не дiлиться на 8;3) значення 25 досягається виключно набором цифр {8; 8; 9} або {7; 9; 9} ,проте жодне з чисел 889, 898, 988, 799, 979, 997 не дiлиться на 8;4) значення 24 досягається виключно наборами цифр {8; 8; 8} , {7; 8; 9} або{6; 9; 9} . Жодне з чисел 789, 798, 879, 897, 978, 987; 699, 969, 996 не дiли-ться на 8. Число 888 дiлиться на 8. Тому найбiльше значення суми цифртризначного числа, яке дiлиться на 8, становить 24.

Таким чином найбiльше значення суми цифр шестизначного числа, якедiлиться на 8, становить 27 + 24 = 51 .

Вiдповiдь: 1 i 51 вiдповiдно.

?! Якою буде вiдповiдь для n -значного числа, n > 6 .

А чи звертали Ви увагу?9× 1 = 9 , 0 + 9 = 9 ; 9× 11 = 99 , 9 + 9 = 18 , 1+8=9;9× 2 = 18 , 1 + 8 = 9 ; ...9× 3 = 27 , 2 + 7 = 9 ;9× 4 = 36 , 3 + 6 = 9 ;9× 5 = 45 , 4 + 5 = 9 ;9× 6 = 54 , 5 + 4 = 9 ;9× 7 = 63 , 6 + 3 = 9 ;9× 8 = 72 , 7 + 2 = 9 ;9× 9 = 81 , 8 + 1 = 9 ;9× 10 = 90 , 9 + 0 = 9 .

8 клас 23


I спосiб (метод групування)

x3 + 2x2 − 3 =

= x3 − x2 + 3x2 − 3 =

= x2(x− 1) + 3(x2 − 1) =

= x2(x− 1) + 3(x− 1)(x+ 1) =

= (x− 1)(x2 + 3x+ 3).

II спосiб (метод групування)

x3 + 2x2 − 3 =

= x3 − 1 + 2x2 − 2 =

= x3 − 1 + 2(x2 − 1) =

= (x− 1)(x2 + x+ 1) + 2(x− 1)(x+ 1) =

= (x− 1)(x2 + x+ 1 + 2x+ 2) =

= (x− 1)(x2 + 3x+ 3).

III спосiб (метод «невизначених коефiцiєнтiв»)

Оскiльки рiвняння третього степеня (a3x3 + a2x2 + a1x + a0 = 0 ) зав-

жди має принаймнi один дiйсний корiнь, то многочлен третього степеняf(x) = a3x

3 + a2x2 + a1x+ a0 , зокрема даний, завжди має хоча б один дiй-

сний «ноль» (тобто таке значення x0 змiнного x , при якому f(x0) = 0 ).I тому даний многочлен третього степеня можна подати у виглядi

x3 + 2x2 − 3 = (x− a)(x2 + bx+ c) = x3 + x2(b− a) + x(c− ab)− ac,

де a, b, c – дiйснi числа; причому a – дiйсний ноль многочлена x3+2x2−3 .Два многочлени одного степеня «спiвпадають» (є тотожно рiвними) тодi i

лише тодi, коли рiвними є їх вiдповiднi коефiцiєнти. Тому має мiсце система


рiвнянь з трьома змiнними a, b, cb− a = 2

c− ab = 0

−ac = −3

⇔

a− b = −2

ab = c

ac = 3.

(8.1.1)

Не важко перевiрити, що трiйка a = 1 ; b = 3 ; c = 3 є розв’язком цiєїсистеми. Таким чином

x3 + 2x2 − 3 = (x− a)(x2 + bx+ c) = (x− 1)(x2 + 3x+ 3).

Вiдповiдь: x3 + 2x2 − 3 = (x− 1)(x2 + 3x+ 3) .

Зауважимо, що «знаходження» зазначеної трiйки чисел носить характер«вгадування». Тодi як ця трiйка повинна бути одержана в результатi по-крокового розв’язування системи (8.1.1) .

З метою дотримання належного рiвня математичної строгостi, спробуємознайти дiйснi розв’язки системи (8.1.1) . Отже

a− b = −2

ab = c

ac = 3.

⇔

b = a+ 2

a(a+ 2) = c

c = 3a .

⇔

b = a+ 2

a(a+ 2) = 3a

c = 3a .

⇒ a2(a+ 2) = 3.

Звiдкиa3 + 2a2 − 3 = 0. (8.1.2)

Таким чином, розв’язування системи (8.1.1) звелось до розв’язуван-ня рiвняння (8.1.2) . Спiвставляючи рiвняння (8.1.2) та даний многочленf(x) = x3 + 2x2 − 3 бачимо, що метод «невизначених коефiцiєнтiв» в дано-

му випадку не дає бажаного результату оскiльки призводить до початковоїзадачi. Iншими словами — розкладання многочлена f(x) = x3 + 2x2 − 3

(третього степеня) на множники звелось до задачi про знаходження дiйсно-го кореня (вiдповiдного) рiвняння x3 + 2x2 − 3 = 0 .

Питанню про способи розв’язування рiвнянь третього степеня буде придiле-

но увагу у наступних випусках серiї.

8 клас 25

Задача 2.

+ =

40% -ий розчин солі 12% -ий розчин солі Прісна вода

Нехай x — маса солi (в грамах), яка мiститься у 600 грамах 40% розчинусолi. Тодi має мiсце пропорцiя

x : 600 = 40 : 100.

Звiдкиx =

600 · 40100

= 240.

(240 = 600 · 0, 4 – задача на «знаходження вiдсотка вiд числа»)Нехай далi y — загальна маса (у грамах) 12% розчину солi. Оскiльки

в y грамах такого розчину мiститься точно 240 грамiв солi, то має мiсцепропорцiя

240 : y = 12 : 100.

Звiдкиy =

240 · 10012

= 2000.

(2000 = 240 : 0, 12 – задача на «знаходження числа за його вiдсотком»)Для знаходження шуканої маси води (у грамах), яку необхiдно додати

до 600 грамiв 40% розчину солi, щоб отримати 12% розчин солi, необхiднообчислити рiзницю 2 000− 600 = 1 400 .

Вiдповiдь: 1 400 грам.


Задача 3.

Дано: △ABC ; M ∈ BC ,AM = MC,AB = BM,∠B = 1000 .Знайти: ∠A , ∠C .

Розв’язування.

1) Розглянемо △ABM . В ньому:AB = BM,∠B = 1000 (за умовою). Оскiль-ки трикутник є рiвнобедреним з основоюAM , то ∠BAM = ∠BMA . Тодi за теоре-мою про суму кутiв трикутника має мiсцерiвнiсть 2∠BAM + ∠B = 1800 . Звiдки

∠BMA =1800 − ∠B

2= 400.

2) Оскiльки кути BMA i CMA є сумiжними (за визначенням), то завластивiстю сумiжних кутiв має мiсце рiвнiсть ∠CMA + ∠BMA = 1800 .Звiдки

∠CMA = 1800 − 400 = 1400.

3) Розглянемо △AMC . В ньому: AM = MC (за умовою), а ∠AMC = 140◦

(за 2-им пунктом). Оскiльки трикутник є рiвнобедреним з основою AC , то∠MAC = ∠MCA . Тодi за теоремою про суму кутiв трикутника має мiсцерiвнiсть 2∠MAC + ∠AMB = 1800 . Звiдки

∠MAC =1800 − ∠AMB

2= 200.

4) За умовою промiнь [AM) проходить мiж сторонами кута BAC . Тодi зааксiомою вимiрювання кутiв має мiсце рiвнiсть ∠BAC = ∠BAM+∠CAM .Звiдки

∠BAC = 400 + 200 = 600.

Таким чином, ∠BAC = 600 , ∠BCA = 200 .

Вiдповiдь: 60◦ , 20◦ .

8 клас 27

Задача 4.

На яку цифру закiнчується число 19992005 ?

19991 закiнчується на 9;








Очевидно, що простежується чiтка закономiрнiсть черегування останнiхцифр наведених степенiв числа 1999 . Звiдки можна зробити висновок:число 1999n закiнчується на 1 , якщо n є парним натуральним числом тазакiнчується на 9 , якщо n є непарним натуральним числом.

Отже, число 19992005 закiнчується цифрою 9 .


?! На яку цифру закiнчується число 20122013 ?

Задача 5.

В якостi прикладу розглянемо четвiрку натуральних чисел: 1 , 3 , 7 , 9 .Не важко перевiрити, що сума будь-яких трьох iз них є простим числом:

1 + 3 + 7 = 11; 1 + 3 + 9 = 13; 1 + 7 + 9 = 17; 3 + 7 + 9 = 19.

Отже, наведений приклад iлюструє iснування принаймнi однiєї четвiркинатуральних чисел, що задовольняють умову задачi. Тим самим показано,що найбiльше число n рiзних натуральних чисел, сума будь-яких трьох зяких є простим числом, задовольняє умову n > 4 .

Нижче доведемо, що кiлькiсть рiзних натуральних чисел, сума будь-якихтрьох з яких є простим числом (далi – «максимальний набiр»), не може бутибiльшою за 4 (чотири).

Для цього наведемо низку очевидних умовиводiв.


1. Як вiдомо, кожне натуральне число при дiленi на 3 має одну з трьохостач: 0 , 1 або 2 .

2. Оскiльки сума будь-яких трьох рiзних натуральних чисел «макси-мального набору» повинна бути простим числом, то вона не може дiлитисяна число 3 (три).

3. Якщо кожне з трьох натуральних чисел має однакову остачу придiленi на 3 , то сума трьох таких чисел дiлиться на три. Дiйсно:3.1 (3a+ 0) + (3b+ 0) + (3c+ 0) = 3(a+ b+ c) , a, b, c ∈ N ∪ {0} ;3.2 (3a+ 1) + (3b+ 1) + (3c+ 1) = 3(a+ b+ c+ 1) , a, b, c ∈ N ∪ {0} ;3.3 (3a+ 2) + (3b+ 2) + (3c+ 2) = 3(a+ b+ c+ 2) , a, b, c ∈ N ∪ {0} .

4. Якщо три натуральнi числа мають рiзнi остачi при дiленi на 3 , то їхсума дiлиться на три. Дiйсно:

(3a+ 0) + (3b+ 1) + (3c+ 2) = 3(a+ b+ c+ 1) , a, b, c ∈ N ∪ {0} .Таким чином, серед чисел «максимального набору»

1) не може бути трьох чисел з однаковою остачею при дiленнi на три;2) не може бути трьох чисел з рiзними остачами при дiленнi на три.

Отже, серед чисел «максимального набору» може зустрiтися лише два зтрьох варiантiв залишкiв. Причому кожен з таких двох варiантiв залишкiвможет бути представлений не бiльше, нiж двома числами. I тому, з ура-хуванням наведеного прикладу, максимальна кiлькiсть рiзних натуральнихчисел, сума будь-яких трьох з яких є простим числом, дорiвнює 4 (чотири).


А чи звертали Ви увагу?

«Трикутник ПАСКАЛЯ»

( )1

a b+ = 1 1a b+ 1 1

( )2

a b+ = 2 1 1 21 2 1a a b b+ +

1 2 1

( )3

a b+ = 3 2 1 1 2 31 3 3 1a a b a b b+ + +

1 3 3 1

( )4

a b+ = 4 3 1 2 2 1 3 41 4 6 4 1a a b a b a b b+ + + +

1 4 6 4 1

…

9 клас 29


I спосiб

√(−2−

√5)2

+

√(2−

√5)2

=

=∣∣−2−

√5∣∣+ ∣∣2−√

5∣∣ = ∣∣2 +√

5∣∣+ ∣∣√5− 2

∣∣ = 2 +√5 +

√5− 2 = 2

√5 .

II спосiб

Оскiльки(−2−

√5)2

= 9 + 4√5 ,

(2−

√5)2

= 9− 4√5 , то√(

−2−√5)2

+

√(2−

√5)2

=

√9 + 4

√5 +

√9− 4

√5.

Нехай далi√9 + 4

√5 +

√9− 4

√5 = A , тодi

9 + 4√5 + 2

√9 + 4

√5

√9− 4

√5 + 9− 4

√5 = A2.

Звiдки18 + 2

√(9 + 4

√5)(9− 4

√5) = A2,

або ж18 + 2

√92 − (4

√5)2 = A2,

18 + 2 = A2, A2 = 20.

I томуA =

√20 =

√4 · 5 =

√4 ·

√5 = 2

√5.

Вiдповiдь: 2√5 .

Доповнення. Нехай b > a2 > 0, a > 0 . Спростiть вираз

√(−a−

√b)2

+

√(a−

√b)2

.


Задача 2.

Оскiльки при будь-яких x, y ∈ R кожен з доданкiв лiвої частини рiвня-ння (3x+ 2y − 4)2 + |3x− 5y + 3| = 0 є невiд’ємною величиною (перший –як степiнь з парним натуральним показником, другий – за визначенням мо-дуля), а сума двох невiд’ємних дiйсних чисел дорiвнює нулю лише за умоврiвностi нулю кожного з доданкiв, то дане рiвняння є рiвносильним системiрiвнянь {

(3x+ 2y − 4)2 = 0,

|3x− 5y + 3| = 0⇔

{3x+ 2y − 4 = 0,

3x− 5y + 3 = 0.

Звiдки{7y − 7 = 0,

3x− 5y + 3 = 0⇒

{y = 1,

3x− 5y + 3 = 0⇒

{y = 1,

3x− 5 + 3 = 0⇒

{y = 1,

x = 23 .

Таким чином, розв’язком даного рiвняння з двома змiнними x, y є парачисел x = 2

3 та y = 1 .

Вiдповiдь:(23 ; 1

).

А чи звертали Ви увагу?Нехай маємо систему двох рiвнянь першого степеня з двома змiнними{

a1x+ b1y = c1,

a2x+ b2y = c2.

Якщо ∆ = a1b2 − a2b1 = 0 , то система завжди має єдиний розв’язок

x =c1b2 − c2b1

∆, y =

a1c2 − a2c1∆

.

Якщо ∆ = 0 , то можливими є два випадки:якщо a1

a2= b1

b2= c1

c2, то система має безлiч розв’язкiв – «цiлу пряму» розв’яз-

кiв видуx ∈ R, y =

c1 − a1x

b1;

якщо a1a2

= c1c2

або ж b1b2= c1

c2, то система не має розв’язкiв.

9 клас 31

Задача 3.

I спосiб

Введемо наступнi позначення: h1 — висота △DEL , h2 — висота △LFC ,H — висота трапецiї, x = DL та y = LC .

Тодi маємо:

S△ADE = S△DAL − S△DEL =1

2Hx− 1

2h1x,

S△BCF = S△LBC − S△LFC =1

2Hy − 1

2h2y.

Таким чином сума площ трикутникiв △ADE та △BCF дорiвнює:

S△ADE + S△BCF =

=1

2Hx− 1

2h1x+

1

2Hy − 1

2h2y =

1

2H(x+ y)− 1

2h1x− 1

2h2y. (9.3.1)

Знайдемо площу чотирикутника EKFL :

SEKFL = S△DKC − S△DEL − S△LFC =

=1

2H(x+ y)− 1

2h1x− 1

2h2y. (9.3.2)

Зi спiввiдношень (9.3.1) i (9.3.2) маємо рiвнiсть

S△ADE + S△BCF = SEKFL.


II спосiб

D

A B

C

K

L

E

F

Для доведення рiвностi S△ADE + S△BFC = SELFK покажемо рiвнiстьплощ трикутникiв ADE i ELK та KLF i FCB .

D

A K

L

E

'D 'L

1) Оскiльки за умовою ABCD – тра-пецiя з основами AB i CD , K ∈ AB ,L ∈ CD , то чотирикутник AKLD та-кож є трапецiєю.2) Розглянемо трикутники AKD iAKL . В них: AK – спiльна сторона; адовжини висот, опущених з вершин D iL на спiльну сторону AK , є рiвними якдовжини висот трапецiї. Тому

S△ADK =1

2AK ·DD′ =

1

2AK · LL′ = S△ALK .

Оскiльки трикутник AKE є спiльною частиною трикутникiв AKD iAKL , то S△ADK − S△AKE = S△ALK − S△AKE . Звiдки

S△ADE = S△ELK . (9.3.3)

3) В аналогiчний спосiб не важко показати, що

S△KLF = S△BFC . (9.3.4)

З урахуванням (9.3.3) i (9.3.4) має мiсце рiвнiсть

S△ADE + S△BFC = S△ELK + S△KLF = SELFK . (9.3.5)

9 клас 33

Доповнення.

1) Нехай ABCD – паралелограм, M – довiльна точка на сторонi AB .Доведiть, що S△DMC = S△DAM + S△CMB .2) Нехай ABCD – паралелограм, M – довiльна внутрiшня його точка.Доведiть, що S△DMC + S△MAB = S△DAM + S△CMB .

A B

C D

M A B

C D

M

3) Нехай ABC1D1 i ABC2D2 – два паралелограми зi сторонами C1D1 iC2D2 на однiй прямiй, E = BC2 ∩ AD1 .Доведiть, що SABC1D1

= SABC2D2; SBC1D1E = SAEC2D2

.

A B

1C

1D

2C 2

D

A B

1C

1D

2C 2

D

E

А чи звертали Ви увагу?Медiана трикутника «утворює» два трикутники рiвних площ.Медiани трикутника «утворюють» шiсть трикутникiв рiвних площ.

A

B C 0A

1 2S S=

A

B C 0A

S 0B

0C

S

S S

S

S


Задача 4.

Виконаємо (необхiднi) однаковi перетворення над обома даними число-вими виразами

√34 + 5 2

√54 + 3

√34 + 2 2

√54

(√34 + 2)2 2 (

√54)2

34 + 2 + 4√34 2 54

36 + 4√34 2 54

4√34 2 18

2√34 2 9

(2√34)2 2 92

4 · 34 2 81

136 2 81

Оскiльки 136 > 81 , то мають мiсце наступнi числовi «нерiвностi-наслiдки»:

4 · 34 > 81

(2√34)2 > 92

2√34 > 9

4√34 > 18

36 + 4√34 > 54

34 + 2 + 4√34 > 54

(√34 + 2)2 > (

√54)2

√34 + 2 >

√54

√34 + 5 >

√54 + 3

Отже√34 + 5 >

√54 + 3 .

Вiдповiдь:√34 + 5 >

√54 + 3 .

9 клас 35

Задача 5.

За умовою задачi для додатних a i b справджується нерiвнiсть

ab > 2011a+ 2012b. (9.5.1)

Доведемо, що для зазначених a i b має мiсце нерiвнiсть

a+ b >(√

2011 +√2012

)2

.

1) Оскiльки a > 0 , то нерiвнiсть (9.5.1) можна подати у виглядi

a > 2011 · ab+ 2012 (9.5.2)

2) Так само, з того що b > 0 , нерiвнiсть (9.5.1) можна подати у виглядi

b > 2011 + 2012 · ba

(9.5.3)

3) Додавши лiвi та вiдповiдно правi частини нерiвностей (9.5.2) i (9.5.3) ,матимемо

a+ b > 2011 · ab+ 2012 + 2011 + 2012 · b

a

або жa+ b > (2011 + 2012) +

(2011 · a

b+ 2012 · b

a

). (9.5.4)

3.1) За нерiвнiстю Кошi для другого доданка правої частини нерiвностi(9.5.4) маємо наступну оцiнку(

2011 · ab+ 2012 · b

a

)> 2

√2011 · a

b· 2012 · b

a= 2

√2011 · 2012. (9.5.5)

3.2) Оскiльки 2011 + 2012 + 2√2011 · 2012 =

=√2011

2+ 2

√2011 · 2012 +

√2012

2=

(√2011 +

√2012

)2

,

то з урахуванням (9.5.4) i (9.5.5) , для даних a i b має мiсце нерiвнiсть

a+ b >(√

2011 +√2012

)2

. (9.5.6)



I спосiб – за допомогою «оцiнки знаку добутку через оцiнку знакiвмножникiв»

Очевидно, що областю допустимих значень (ОДЗ) нерiвностi∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0

є множина усiх дiйсних чисел за винятком x = 0 , тобто x ∈ (−∞; 0)∪(0;+∞) .Оскiльки для кожного x iз ОДЗ

∣∣x−1x

∣∣ > 0 , то дана нерiвнiсть є рiвно-сильною сукупностi[

x2 − x− 6 6 0,∣∣x−1x

∣∣ = 0⇔

[(x− 3)(x+ 2) 6 0,x−1x = 0.

Звiдки [−2 6 x 6 3,

x = 1⇒ x ∈ [−2; 3].

З урахуванням ОДЗ остаточно маємо, що x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .

II спосiб – за допомогою рiвносилиних «конструкцiй-переходiв» (по сутi– модифiкований I спосiб)

∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0 ⇔

[x2 − x− 6 6 0,∣∣x−1

x

∣∣ = 0⇔

[(x− 3)(x+ 2) 6 0,x−1x = 0

⇔

⇔

−2 6 x 6 3,{

x = 1,

x = 0

⇔

{−2 6 x 6 3,

x = 0⇒ x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3].

10 клас 37

III спосiб – за допомогою «методу iнтервалiв»

∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0 ⇔ |x− 1| · (x− 3)(x+ 2)

|x|6 0.

Вiдмiтимо нулi чисельника i нулi знаменника на координатнiй прямiйвiдповiдним чином (незалежно вiд знака нерiвностi нулi знаменника «ви-колюємо», а нулi чисельника – «замальовуємо» (бо знак нерiвностi нестро-гий)) та з’ясуємо (встановимо) знак лiвої частини нерiвностi на кожному зодержаних промiжкiв.

Примiтка: нуль чисельника x = 1 та нуль знаменника x = 0 (наслiдуючи

термiнологiю «методу iнтервалiв») слiд розглядати як «подвiйнi» точки (бо

при переходi через них знак лiвої частини нерiвностi не змiнюється). Крiм того,

оскiльки коефiцiєнти при старших членах у кожному з незвiдних множникiв (на

якi розкладено чисельник i знаменник) є додатними числами та серед сталих

(числових) множникiв лiвої частини немає вiд’ємних множникiв, то рухаючись

вiд крайнього правого промiжку до крайнього лiвого промiжку (на числовiй

осi) знаки iнтервалiв чередуються (+ , − ...) крiм випадкiв переходу через

подвiйнi точки.

2− 0 1 3 + − − −

+

З урахуванням знаку нерiвностi (6 ) та вiдповiдних знакiв (− ) напромiжках маємо, що x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 1] ∪ [1; 3] . Або, що теж самеx ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .

Вiдповiдь: x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .


Задача 2.

x+ (y − 2)2012 = z,

y + (z − 2)2012 = x,

z + (x− 2)2012 = y.

Додавши лiвi та вiдповiдно правi частини рiвнянь системи, одержиморiвняння-наслiдок

x+ (y − 2)2012 + y + (z − 2)2012 + z + (x− 2)2012 = z + x+ y ⇔

⇔ (y − 2)2012 + (z − 2)2012 + (x− 2)2012 = 0.

Оскiльки при будь-яких x, y, z ∈ R кожен доданок лiвої частини остан-нього рiвняння є невiд’ємною величиною (як степiнь з парним натуральнимпоказником), а сума трьох невiд’ємних дiйсних чисел дорiвнює нулю лишеза умов рiвностi нулю кожного з доданкiв, то це рiвняння є рiвносильнимсистемi рiвнянь

(y − 2)2012 = 0,

(z − 2)2012 = 0,

(x− 2)2012 = 0

⇔

y − 2 = 0,

z − 2 = 0,

x− 2 = 0

⇔

y = 2,

z = 2,

x = 2.

Не важко перевiрити, що трiйка x = 2 , y = 2 , z = 2 є розв’язком даноїсистеми. Отже, єдиним розв’язком даної системи є трiйка (2; 2; 2) .

Вiдповiдь: (2; 2; 2) .

Задача 3.

I спосiб

Нехай O – центр кола ω , вписаного у △ ABC . Позначимо через A′ , B′

i C ′ точки дотику кола ω зi сторонами BC , AC i AB вiдповiдно. Нехайдалi a , b i c – довжини сторiн BC , AC i AB . Тодi 2p = a + b + c –периметр △ ABC . За умовою ∠C = 1200 . Доведемо, що довжина вiдрiзкаCO дорiвнює 2 (p− c) .

10 клас 39

A

B

C

060

'C

'B

'A

O

1) Нехай CB′ = x . Тодi B′A = b−x . Оскiльки CB′ i CA′ є вiдрiзкамидотичних, проведених через точку C до кола ω , то CA′ = CB′ = x . ТомуA′B = a − x . Так само за властивiстю вiдрiзкiв дотичних, проведених зоднiєї точки до кола, мають мiсце рiвностi{

BC ′ = BA′ = a− x,

AC ′ = AB′ = b− x.

За аксiомою вимiрювання вiдрiзкiв має мiсце рiвнiсть AB = AC ′ + C ′B .Звiдки маємо рiвняння

c = (a− x) + (b− x) ⇔ c = a+ b− 2x ⇔ x =a+ b− c

2.

Отже, згiдно введених позначень, x = p− c

2) Розглянемо прямокутнi трикутники CA′O i CB′O . Оскiльки (за до-веденим ранiше) CA′ = CB′ , а CO – спiльна гiпотенуза, то за катетом iгiпотенузою цi трикутники є рiвними. Тому ∠A′CO = ∠B′CO . За умовою∠A′CB′ = ∠C = 1200 . Тому, як наслiдок iз аксiоми вимiрювання кутiв, маємiсце рiвнiсть

∠A′CO = ∠B′CO =1200

2= 600.

3) Розглянемо прямокутний трикутник CB′O . В ньому: CB′ = p − c ,∠B′CO = 600 . За властивiстю гострих кутiв прямокутного трикутника∠COB′ = 300 . I тому (за властивiстю прямокутного трикутника з кутом300 ) довжина гiпотенузи CO вдвiчi бiльша нiж довжина катета CB′ .Таким чином CO = 2CB′ = 2(p− c) .


II спосiб

Нехай O – центр кола ω , вписаного у △ ABC . Позначимо через A′ iB′ C ′ точки дотику кола ω зi сторонами BC i AC вiдповiдно. Нехай далia , b i c – довжини сторiн BC , AC i AB . Тодi 2p = a+ b+ c – периметр△ ABC .

1) Розглянемо прямокутнi трикутники CA′O i CB′O :1.1) за властивiстю вiдрiзкiв дотичних, проведених з однiєї точки до кола,має мiсце рiвнiсть CA′ = CB′ ,2.1) CO – спiльна гiпотенуза.

Таким чином, за катетом i гiпотенузою трикутники CA′O i CB′O єрiвними. Тому ∠A′CO = ∠B′CO . За умовою ∠A′CB′ = ∠C = 1200 . Тому,як наслiдок iз аксiоми вимiрювання кутiв, має мiсце рiвнiсть

∠A′CO = ∠B′CO =1200

2= 600.

2) Розглянемо прямокутний трикутник CB′O . В ньому: OB′ = r , де r

– радiус вписаного кола; ∠B′CO = 600 . За властивiстю гострих кутiв пря-мокутного трикутника ∠COB′ = 300 . Нехай CO = x . Тодi за визначеннямкосинуса гострого кута прямокутного трикутника має мiсце рiвнiсть

cos(∠COB′) =OB′

CO.

Звiдки маємо, що cos 300 = rx , або ж

√32 = r

x . Тому

x =2r√3=

2√3r

3. (10.3.1)

3) Площу △ ABC можна обчислити за формулою S△ABC = pr . Звiдки

r =S△ABC

p. (10.3.2)

За iншою формулою S△ABC = 12CA · CB · sin∠C . Звiдки

S△ABC =1

2b · a · sin 1200 = ab

√3

4. (10.3.3)

З урахуванням (10.3.1) , (10.3.2) i (10.3.3) маємо, що

x =2√3

3· ab

√3

4p=

ab

2p. (10.3.4)

10 клас 41

4) Покажемо, що для △ ABC з ∠C = 1200 справджується рiвнiстьab

2p= 2(p− c). (10.3.5)

За теоремою косинусiв для △ ABC з ∠C = 1200 маємо рiвнiстьc2 = a2 + b2 − 2ab cos 1200 = a2 + b2 − 2ab ·

(−1

2

)= a2 + b2 + ab .

Томуc2 = a2 + b2 + ab ⇔ ab = a2 + b2 + 2ab− c2 ⇔ ab = (a+ b)2 − c2 ⇔⇔ ab = (a+ b+ c)(a+ b− c) ⇔ ab = 2p · 2(p− c) ⇔ ab

2p = 2(p− c) .Таким чином, згiдно введених позначень та справедливостi рiвностей

(10.3.4) i (10.3.4) , довжину вiдрiзка CO даного трикутника ABC можнаобчислити за формулою

CO = 2(p− c).

Задача 4.

Позначимо число 2012 через x , тодi число 2011 = x − 1 . Тодi, згiдно вве-дених позначень, даний за умовою задачi числовий вираз набуває вигляду:

(x− 1)2 + (x− 1)2 · x2 + x2.

Наведемо наступний ланцюг рiвностей

(x− 1)2 + (x− 1)2 · x2 + x2 =

= (x (x− 1))2 + (x− 1)2 + x2 =

= (x2 − x)2 + x2 − 2x+ 1 + x2 =

= (x2 − x)2 + 2x2 − 2x+ 1 =

= (x2 − x)2 + 2(x2 − x) + 1 =

= (x2 − x+ 1)2.

Зробимо обернену замiну та отримаємо:

20112 + 20112 · 20122 + 20122 = (20112 − 2011 + 1)2,

а це й доводить, що число 20112 + 20112 · 20122 + 20122 можна подати увиглядi повного квадрату числа n = 20112 − 2011 + 1 .

Вiдповiдь: n = 20112 − 2011 + 1 .


Задача 5.

Подамо дане за умовою задачi рiвняння x2 − 2y2 = 1 ⇔ x2 − 1 = 2y2

рiвнянням виду(x− 1)(x+ 1) = 2y2. (10.5.1)

Оскiльки шуканими x, y є простi натуральнi числа, то права частинарiвняння (10.5.1) є парним числом. А тому i лiва частина цього рiвнянняповинна бути парним числом.

Числа (x − 1) , (x + 1) мають однакову парнiсть. Тому їх добуток бу-де парним числом лише за умов, коли (x − 1) = 2m , m ∈ N . Звiдки(x+ 1) = 2m+ 2 , а рiвняння (10.5.1) набуває виду 2m(2m+ 2) = 2y2 , або

2m(m+ 1) = y2. (10.5.2)

Оскiльки лiва частина рiвняння (10.5.2) є парним числом, то i правачастина цього рiвняння повинна бути парним числом. Iснує єдине простечисло, квадрат якого є парним числом. Це – число 2. Отже, y = 2 .

Пiдставивши y = 2 у рiвняння (10.5.1) , одержимо x2 = 9 . Звiдки x = 3

(x = −3 не є натуральним).Таким чином, шуканими простими (натуральними) числами x, y , що за-

довольняють рiвняння x2 − 2y2 = 1 , є числа x = 3 i y = 2 .

Вiдповiдь: x = 3 , y = 2 .

А чи звертали Ви увагу?Будь-яке просте число p > 3 може бути представлене у виглядi

p = 6m− 1, m ∈ N (⋆)

або ж у виглядip = 6m+ 1, m ∈ N (⋆⋆)

! Проте серед чисел виду (⋆) , (⋆⋆) є й складенi числа. Наприклад:25, 65 та безлiч iнших складених чисел.

11 клас 43


За умовою дано зведене квадратне рiвняння

x2 + (2− a)x− a− 3 = 0 ⇔ x2 + (2− a)x− (a+ 3) = 0 (11.1.1)

з параметром a вiдносно змiнної x .Знайдемо дискримiнант цього рiвняння

D = (2− a)2 − 4 · 1 · (−1) · (a+ 3) = a2 − 4a+ 4 + 4a+ 12 = a2 + 16.

Оскiльки при будь-яких значеннях параметра a ∈ R дискримiнантD = a2 + 16 > 16 , то дане квадратне рiвняння при будь-яких значенняхпараметра a ∈ R завжди має два дiйснi (причому рiзнi) коренi x1 та x2 .

Тодi за теоремою Вiєта для коренiв (зведеного) рiвняння (11.1.1) маютьмiсце рiвностi {

x1 + x2 = −(2− a),

x1x2 = −(a+ 3).(11.1.2)

Оскiлькиx21 + x22 = (x1 + x2)

2 − 2x1x2,

то з урахуванням системи (11.1.2) маємо наступну рiвнiсть

x21 + x22 = (2− a)2 − 2 · (−1) · (a+ 3) =

= (a− 2)2 + 2(a+ 3) =

= a2 − 4a+ 4 + 2a+ 6 =

= a2 − 2a+ 10 =

= (a− 1)2 + 9.

Отже, x21 + x22 = (a − 1)2 + 9 . Не важко бачити, що (для коренiв даногорiвняння) значення x21 + x22 буде найменшим лише в тому випадку, коли(a− 1)2 = 0 . Що можливо лише при a = 1 .

Таким чином, сума квадратiв кореней даного рiвняння буде найменшоюлише при a = 1 .



ЗАУВАЖЕННЯ до задачi 1.

Нагадаємо змiст теореми Вiєта

«Якщо квадратне рiвняння ax2+ bx+ c = 0 має дiйснi коренi x1 та x2 ,то мають мiсце рiвностi x1 + x2 =

−ba , x1x2 =

ca ».

Тому перед застосуванням рiвностей (11.1.2) дослiдження питання щодоiснування дiйсних кореней квадратного рiвняння (з параметром) є обов’яз-ковим!

Так наприклад, для рiвняння x2+(2−a)x+ 12a

2−a+5 = 0 дискримiнантD = −a2−16 i тому при будь-яких дiйсних значеннях параметра a рiвняннявзагалi не має дiйсних кореней, хоча формально можна обчислити значеннявиразу (2− a)2 − 2(12a

2 − a+ 5) = ... = −2a− 6.

Бiльше того, оскiльки для квадратного рiвняння з параметром a дискри-мiнант є функцiєю вiд a (D = D(a) ), то питання про найменше значеннясуми квадратiв кореней цього рiвняння повинно дослiджуватись лише длятих значень параметра a , при яких D(a) > 0 .

?! При яких значеннях параметра a сума квадратiв кореней рiвнянняx2 + (2− a)x− a+ 2 = 0 буде найменшою? Знайдiть значення цiєї суми.

?! Розв’яжiть задачу 1 без застосування теореми Вiєта.

А чи звертали Ви увагу?Якщо x1 та x2 – дiйснi коренi зведеного рiвняння x2 + px + q = 0 ,

причому x2 > x1 , тоx2 − x1 =

√D,

де D = p2 − 4q – дискримiнант цього рiвняння.

11 клас 45

Задача 2.

…

1A

1B

1C

1D

1T

O

2C

2D

2A

2B 2

T

1ω

2ω

3T

3ω

1) Нехай A1B1C1D1 – даний квадрат зi стороною a . Тодi площа S1 цьогоквадрата дорiвнює

S1 = a2 =a2

20. (11.2.1)

2) Позначимо через ω1 коло, вписане у квадрат A1B1C1D1 . Тодi очевидно,що радiус R1 кола ω1 дорiвнює R1 =

a2 .

Нехай далi A2B2C2D2 – квадрат, вписаний у коло ω1 . Тодi дiагональ d2

цього квадрата дорiвнює дiаметру кола ω1 . Тому d2 = a . Якщо позначитичерез x2 довжину сторони квадрата A2B2C2D2 , то (за теоремою Пiфагора)має мiсце рiвнiсть x22 + x22 = d22 , звiдки 2x22 = a , x2 =

√a2

2 . I тому площаS2 квадрата A2B2C2D2 дорiвнює

S2 =a2

2=

a2

21. (11.2.2)

3) Позначимо через ω2 коло, вписане у квадрат A2B2C2D2 . Тодi очевидно,

що радiус R2 кола ω2 дорiвнює R2 =

√a2

2

2 .

Нехай далi A3B3C3D3 – квадрат, вписаний у коло ω2 . Тодi дiагональd3 цього квадрата дорiвнює дiаметру кола ω2 . Тому d3 =

√a2

2 . Якщо по-значити через x3 довжину сторони квадрата A3B3C3D3 , то (за теоремоюПiфагора) має мiсце рiвнiсть x23 + x23 =

a2

2 , звiдки 2x23 =a2

2 , x3 =√

a2

4 = a2 .


I тому площа S3 квадрата A3B3C3D3 дорiвнює

S3 =a2

4=

a2

22. (11.2.3)

4) З урахуванням спiввiдношень (11.2.1), (11.2.2), (11.2.3) можна висунутигiпотезу про те, що для натуральних n площу Sn квадрата AnBnCnDn

(який одержано в описаний за умовою задачi спосiб) можна обчислити заформулою

Sn =a2

2n−1. (11.2.4)

Висунуту гiпотезу доведемо iндуктивним методом. А саме:

4.1) Для початкових n = 1, 2, 3 формула (11.2.4) справджується напiдставi встановлених рiвностей (11.2.1), (11.2.2), (11.2.3) .

4.2) Припустимо що формула (11.2.4) має мiсце для певного натураль-ного k > 3 та доведемо що для k + 1 формула (11.2.4) також має мiсце.Iншими словами, ми припускаємо що площа Sk квадрата AkBkCkDk до-рiвнює

Sk =a2

2k−1.

Тодi очевидно що довжина ak сторони цього квадрата дорiвнює

ak =

√a2

2k−1.

Позначимо через ωk коло, вписане у квадрат AkBkCkDk . Тодi очевидно,що радiус Rk кола ωk дорiвнює

Rk =

√a2

2k−1

2.

Нехай далi Ak+1Bk+1Ck+1Dk+1 – квадрат, вписаний у коло ωk . Тодi дiа-

гональ dk+1 цього квадрата дорiвнює дiаметру кола ωk . Тому dk =

√a2

2k−1.

Якщо позначити через xk+1 довжину сторони квадрата Ak+1Bk+1Ck+1Dk+1 ,то (за теоремою Пiфагора) має мiсце рiвнiсть

x2k+1 + x2k+1 =a2

2k−1,

11 клас 47

звiдки 2x2k+1 =a2

2k−1, x2k+1 =

a2

2k,

xk+1 =

√a2

2k.

I тому площа Sk+1 квадрата Ak+1Bk+1Ck+1Dk+1 дорiвнює

Sk+1 =a2

2k=

a2

2(k+1)−1.

4.3) На пiдставi принципу математичної iндукцiї та з урахуванням пун-ктiв 4.1) i 4.2), справедливiсть формули (11.2.4) для натуральних n дове-дено.

5) Оскiльки за формулою (11.2.4) S2012 =a2

22011, то

S1

S2011= 22011.


Задача 3.

y =√

4 sin4 x− 2 cos 2x+ 3 +√

4 cos4 x+ 2 cos 2x+ 3 =

=√

4 sin4 x− 2(1− 2 sin2 x) + 3 +√4 cos4 x+ 2(2 cos2 x− 1) + 3 =

=√

4 sin4 x+ 4 sin2 x+ 1 +√4 cos4 x+ 4 cos2 x+ 1 =

=√

(2 sin2 x+ 1)2 +√

(2 cos2 x+ 1)2 = 2 sin2 x+ 1 + 2 cos2 x+ 1 = 4 .

4

O

Y

X

4y =


Задача 4.

За умовою для четвiрки чисел x, y, u, v виконуються спiввiдношенняx20+ y20 = u20+ v20 i x10+ y10 = u10+ v10 . Тому має мiсце система рiвнянь{

x20 + y20 = u20 + v20,

x10 + y10 = u10 + v10⇔

{x20 − u20 = v20 − y20,

x10 − u10 = v10 − y10.

Звiдки { (x10 − u10

) (x10 + u10

)=

(v10 − y10

) (v10 + y10

),

x10 − u10 = v10 − y10(11.4.1)

Доведемо, що для кожної четвiрки чисел, що є розв’язком системи (11.4.1) ,виконується спiввiдношення

x2010 + y2010 = u2010 + v2010. (11.4.2)

Очевидно, що для другого рiвняння системи (11.4.1) є лише два суттєворiзнi випадки: x10 − u10 = v10 − y10 = 0 i x10 − u10 = v10 − y10 = 0 .

Якщо x10−u10 = v10−y10 = 0 , то очевидно, що розв’язки цього «подвiй-ного» рiвняння є розв’язками i першого рiвняння системи (11.4.1) , а томуi самої системи. Розв’язками (вiдповiдної цьому подвiйному рiвнянню) сис-

теми

{u10 = x10,

v10 = y10є наступнi четвiрки:

{x; y;u = +x; v = +y},

{x; y;u = −x; v = +y},

{x; y;u = +x; v = −y},

{x; y;u = −x; v = −y},

кожна з яких задовольняє умову (11.4.2) .

Якщо ж x10 − u10 = v10 − y10 = 0 , то система (11.4.1) є рiвносильноюсистемi {

x10 + u10 = v10 + y10,

x10 − u10 = v10 − y10 = 0.(11.4.3)

11 клас 49

Звiдки {2x10 = 2v10,

x10 − u10 = v10 − y10 = 0.⇔

x10 = v10,

u10 = y10,

x10 = u10.

Розв’язками останньої системи є наступнi четвiрки:

{x; y;u = +y; v = +x},

{x; y;u = −y; v = +x},

{x; y;u = +y; v = −x},

{x; y;u = −y; v = −x},

(з додатковими обмеженнями u = ±x i v = ±y ) кожна з яких такожзадовольняє умову (11.4.2) .

Таким чином, для кожної четвiрки чисел, що є розв’язком системи(11.4.1) , виконується спiввiдношення (11.4.2) .

Задача 5.

За умовою xyz = 1 , звiдки z = 1xy . I тому

1

1 + x+ xy+

1

1 + y + yz+

1

1 + z + zx=

=1

1 + x+ xy+

1

1 + y + y 1xy

+1

1 + 1xy + x 1

xy

=

=1

1 + x+ xy+

1

1 + y + 1x

+1

1 + 1xy +

1y

=

=1

1 + x+ xy+

1x+xy+1

x

+1

xy+1+xxy

=

=1

1 + x+ xy+

x

1 + x+ xy+

xy

1 + x+ xy=

=1 + x+ xy

1 + x+ xy= 1.


ДОДАТКИ

Рiвносильнi перетворення деяких рацiональних нерiвностей

Всюди нижче f(x), g(x) — деякi рацiональнi функцiї, D(f) , D(g) —областi визначення функцiй f i g вiдповiдно, n ∈ N.

1.f(x)

g(x)> 0 ⇔ f(x)g(x) > 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) < 0,

g(x) < 0.

2.f(x)

g(x)< 0 ⇔ f(x)g(x) < 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) < 0{f(x) < 0,

g(x) > 0.

3. f(x)g(x) > 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) 6 0,

g(x) 6 0.

4. f(x)g(x) 6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) 6 0{f(x) 6 0,

g(x) > 0.

5.f(x)

g(x)> 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) 6 0,

g(x) < 0.

⇔

{f(x)g(x) > 0,

g(x) = 0.

50

ДОДАТКИ 51

6.f(x)

g(x)6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) < 0{f(x) 6 0,

g(x) > 0.

⇔

{f(x)g(x) 6 0,

g(x) = 0.

7. (f(x))2n g(x) > 0 ⇔ |f(x)| g(x) > 0 ⇔

g(x) > 0,

f(x) = 0,

x ∈ D(f).

8. (f(x))2n g(x) < 0 ⇔ |f(x)| g(x) < 0 ⇔

g(x) < 0,

f(x) = 0,

x ∈ D(f).

9. (f(x))2n g(x) > 0 ⇔ |f(x)| g(x) > 0 ⇔

⇔

{

g(x) > 0,

x ∈ D(f){f(x) = 0,

x ∈ D(g)

⇔

x ∈ D(f) ∩D(g),[g(x) > 0,

f(x) = 0.

10. (f(x))2n g(x) 6 0 ⇔ |f(x)| g(x) 6 0 ⇔

⇔

{

g(x) 6 0,

x ∈ D(f){f(x) = 0,

x ∈ D(g)

⇔

x ∈ D(f) ∩D(g),[g(x) 6 0,

f(x) = 0.

Рiвняння, якi мiстять знак абсолютної величини

Абсолютну величину (модуль) дiйсного числа a позначають |a| . Згiдноз визначенням:

|a| =

a, a > 0,

0, a = 0,

−a, a < 0.

Найпростiшi властивостi абсолютних величин (дiйсних чисел) полягаютьу наступному:

1) |ab| = |a||b|; 2)∣∣∣ab

∣∣∣ = |a||b|

, b = 0; 3) |a+ b| 6 |a|+ |b|;

4) |a+ b| > |a| − |b|; 5) |a− b| 6 |a|+ |b|.

52 ДОДАТКИ

Часто при розв’язаннi рiвнянь та нерiвностей доцiльно використовуватинаступнi властивостi модуля:

6)√a2 = |a| ; 7) |a| 6 |b| ⇔ a2 6 b2 ;

8) |a+ b| = |a|+ |b| ⇔ a · b > 0; 9) |a+ b| < |a|+ |b| ⇔ a · b < 0;

10) |a− b| = |a| − |b| ⇔ (a− b) · b > 0;

11) |a− b| > |a| − |b| ⇔ (a− b) · b < 0;

12) |a− b| = |a|+ |b| ⇔ a · b < 0 .Згiдно з (наведеними вище) властивостями модуля, мають мiсце наступнi

схеми розв’язання найбiльш типових рiвнянь з модулем:01. |f(x)| = f(x) ⇔ f(x) > 0.

02. |f(x)| = −f(x) ⇔ f(x) 6 0.

03. |f(x)|+ |g(x)| = 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0.

04. |f(x)|+ |g(x)| = f(x) + g(x) ⇔

{f(x) > 0,

g(x) > 0.

05. |f(x)|+ |g(x)| = f(x)− g(x) ⇔

{f(x) > 0,

g(x) 6 0.

06. |f(x)|+ |g(x)| = |f(x) + g(x)| ⇔ f(x) · g(x) > 0.

07. |f(x)|+ |g(x)| = |f(x)− g(x)| ⇔ f(x) · g(x) 6 0.

08. f(|x|) = g(x) ⇔

{

f(x) = g(x),

x > 0;{f(−x) = g(x),

x < 0.

09. |f(x)| = g(x) ⇔

{

f(x) = g(x),

f(x) > 0;{−f(x) = g(x),

f(x) < 0

⇔

g(x) > 0,[f(x) = g(x),

f(x) = −g(x).

10. |f(x)| = |g(x)| ⇔

[f(x) = g(x),

f(x) = −g(x)⇔ f 2(x) = g2(x).

11. |x− a|+ |x− b| = |a− b| ⇔ b 6 x 6 a (∀a > b) .12. Розглянемо рiвняння виду:

|f1(x)|+ |f2(x)|+ · · ·+ |fn(x)| = g(x),

ДОДАТКИ 53

де fi(x), i = 1, n, g(x), — деякi функцiї.Розв’язання таких рiвнянь шляхом послiдовного розкриття знакiв мо-

дулiв є дуже громiздким. Зазначенi рiвняння доцiльно розв’язувати самеметодом iнтервалiв. Для цього знаходять всi точки, в яких хоча б однаiз функцiй fi(x), i = 1, n змiнює знак. Цi точки дiлять область допу-стимих значень рiвняння на промiжки, на кожному з яких всi функцiїfi(x), i = 1, n зберiгають знак. Використовуючи означення модуля, пе-реходять вiд рiвняння до сукупностi систем, якi не мiстять знакiв модулiв.

Аналогiчно можна розв’язувати i вiдповiднi нерiвностi:

|f1(x)|+ |f2(x)|+ · · ·+ |fn(x)| > g(x).

Нерiвностi з модулем

01. |f(x)| > f(x) ⇔ f(x) < 0.

02. |f(x)| > f(x) ⇔ x ∈ D(f).

03. |f(x)| 6 f(x) ⇔ f(x) > 0.

04. |f(x)| < f(x) ⇒ x ∈ ∅.

05. |f(x)| < g(x) ⇔

{f(x) < g(x),

f(x) > −g(x).

06. |f(x)| 6 g(x) ⇔

{f(x) 6 g(x),

f(x) > −g(x).

07. |f(x)| > g(x) ⇔

[f(x) > g(x),

f(x) < −g(x).

08. |f(x)| > g(x) ⇔

[f(x) > g(x),

f(x) 6 −g(x).

09. |f(x)| 6 |g(x)| ⇔ f 2(x) 6 g2(x) ⇔

{

f(x)− g(x) 6 0,

f(x) + g(x) > 0{f(x)− g(x) > 0,

f(x) + g(x) 6 0.

10. |f(x) + g(x)| < |f(x)|+ |g(x)| ⇔ f(x)g(x) < 0.

11. |f(x)− g(x)| > |f(x)| − |g(x)| ⇔ (f(x)− g(x)) g(x) < 0.

54 ДОДАТКИ

Iррацiональнi рiвняння

Розв’язання iррацiональних рiвнянь полягає у зведенi їх до вiдповiднихрацiональних рiвнянь, якi рiвносильнi вихiдним або є їх наслiдком. Такезведення до рацiональних рiвнянь проводиться в основному пiднесеннямобох частин до степеня з вiдповiдним показником. При цьому спираютьсяна наступнi твердження (всюди нижче — n ∈ N , c = const , c > 0 ):

01. f(x) = g(x) ⇒ f 2n(x) = g2n(x);

02. f(x) = g(x) ⇔ f 2n+1(x) = g2n+1(x);

03. f 2n(x) = g2n(x) ⇔ |f(x)| = |g(x)| ;

04. 2n+1√f(x) = g(x) ⇔ f(x) = g2n+1(x);

05. 2n√

f(x) = g(x) ⇔

{f(x) = g2n(x),

g(x) > 0;

06. 2n√

f(x) = 2n√g(x) ⇔

{f(x) > 0,

f(x) = g(x)⇔

{g(x) > 0,

f(x) = g(x);

07.2n√

f(x)

g(x) = 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0;

08. 2n√

f(x) · g(x) = 0 ⇔

{

f(x) = 0,

x ∈ D(g){g(x) = 0,

f(x) > 0.

09. 2n√

f(x) + 2n√

g(x) = 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0.

10.√

f(x) +√

g(x) = c ⇔

2√

f(x)√

g(x) = c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0

⇔

⇔

{2√

f(x) · g(x) = c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0.⇔

⇔

{2√

f(x) · g(x) = c2 − f(x)− g(x),

g(x) > 0.

11.√

f(x)−√

g(x) = c ⇔ f(x) =(c+

√g(x)

)2

.

ДОДАТКИ 55

12.√f(x) +

√g(x) =

√h(x) ⇔

2√

f(x)√

g(x) = h(x)− f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0,

h(x) > 0

⇔

2√f(x) · g(x) = h(x)− f(x)− g(x),

f(x) > 0,

h(x) > 0.

12′.√f(x)−

√g(x) =

√h(x) ⇔

√g(x) +

√h(x) =

√f(x).

Iррацiональнi нерiвностi

01. 2n+1√f(x) < g(x) ⇔ f(x) < (g(x))2n+1 .

02. 2n+1√f(x) 6 g(x) ⇔ f(x) 6 (g(x))2n+1 .

03. 2n+1√f(x) > g(x) ⇔ f(x) > (g(x))2n+1 .

04. 2n+1√f(x) > g(x) ⇔ f(x) > (g(x))2n+1 .

05. 2n+1√f(x) > 2n+1

√g(x) ⇔ f(x) > g(x).

06. 2n+1√f(x) > 2n+1

√g(x) ⇔ f(x) > g(x).

07. 2n√f(x) > 2n

√g(x) ⇔

{f(x) > g(x),

g(x) > 0.

08. 2n√f(x) > 2n

√g(x) ⇔

{f(x) > g(x),

g(x) > 0.

09. 2n√f(x) < g(x) ⇔

f(x) > 0,

g(x) > 0,

f(x) < (g(x))2n.

10. 2n√f(x) 6 g(x) ⇔

f(x) > 0,

g(x) > 0,

f(x) 6 (g(x))2n.

11. 2n√f(x) > g(x) ⇔

{

g(x) > 0,

f(x) > (g(x))2n{g(x) < 0,

f(x) > 0.

56 ДОДАТКИ

12. 2n√

f(x) > g(x) ⇔

{

g(x) > 0,

f(x) > (g(x))2n{g(x) < 0,

f(x) > 0.

13. 2n√

f(x) · g(x) > 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) = 0,

x ∈ D(g).

14. 2n√

f(x) · g(x) 6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) 6 0{f(x) = 0,

x ∈ D(g).

15.2n√f(x)

g(x)> 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) = 0,

g(x) = 0.

16.2n√

f(x)

g(x)6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) < 0{f(x) = 0,

g(x) = 0.

17.2n√f(x)

g(x)> 0 ⇔

{f(x) > 0,

g(x) > 0.18.

2n√f(x)

g(x)< 0 ⇔

{f(x) > 0,

g(x) < 0.

19. 2n√

f(x) + 2n√

g(x) 6 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0.

20. 2n√

f(x) + 2n√

g(x) > 0 ⇔

{f(x) > 0,

g(x) > 0.

21.√

f(x) +√

g(x) < c ⇔

2√

f(x) · g(x) < c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0

22.√

f(x) +√

g(x) > c ⇔

2√

f(x) · g(x) > c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0

⇔

⇔

{2√

f(x) · g(x) > c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0.⇔

ДОДАТКИ 57

⇔

{2√

f(x) · g(x) > c2 − f(x)− g(x),

g(x) > 0.

23.√f(x)−

√g(x) > c ⇔ f(x) >

(c+

√g(x)

)2

.

24.√f(x)−

√g(x) < c ⇔

f(x) <(c+

√g(x)

)2

,

f(x) > 0.

Рiвносильнi перетворення алгебраїчних систем

Сформулюємо ряд тверджень про рiвносильнi системи:

1.

{F (x; y) = Φ(x; y),

y = f(x)⇔

{F (x; f(x)) = Φ(x; (f(x)),

y = f(x);

2.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) + F2(x; y) = Φ1(x; y) + Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y);

3.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) + F2(x; y) = Φ1(x; y) + Φ2(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y);

4.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y)− F2(x; y) = Φ1(x; y)− Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y);

5.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y)− F2(x; y) = Φ1(x; y)− Φ2(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y);

6.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) + F2(x; y) = Φ1(x; y) + Φ2(x; y),

F1(x; y)− F2(x; y) = Φ1(x; y)− Φ2(x; y).

7 . Якщо до множини розв’язкiв рiвняння F2(x; y) = Φ2(x; y) не входятьтакi пари (x; y) , при яких F2(x; y) = Φ2(x; y) = 0 , то:{

F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) · F2(x; y) = Φ1(x; y) · Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y);{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

F1(x; y)

F2(x; y)=

Φ1(x; y)

Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y).

Зауваження. При розв’язаннi систем з трьома невiдомими часто вико-ристовують рiвностi:

x2 + y2 + z2 = (x+ y + z)2 − 2(xy + yz + xz),

x3 + y3 + z3 = (x+ y + z)3 + 3xyz − 3(x+ y + z)(xy + yz + xz).

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

[1] Апостолова Г.В. Першi зустрiчi з параметрами / Апостолова Г.В. – К.: Факт, 2004.– 328 с.

[2] Апостолова Г.В. Хитромудрий модуль / Апостолова Г.В. – К.: Факт, 2006. – 256 с.[3] Апостолова Г.В. Антьє i мантиса числа / Апостолова Г.В. Ясiнський В.В. – К.: Факт,

2006. – 128 с.[4] Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультатив-

ный курс / Бардушкин В.В., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П. – М.:МГИЭТ (ТУ), 2003. – 224 с.

[5] Березина Л. Ю. Графы и их применение : [пособие для учителей] / Березина Л. Ю.– М.: Просвещение, 1979. – 143 с.

[6] Бродский Я.С. Функциональные уравнения / Бродский Я.С, Слипенко А.К. – К.:Вища школа. Головное изд-во, 1983. – 96 с.

[7] Виленкин Н. Я. Индукция. Комбинаторика : [пособие для учителей] / Виленкин Н.Я. – М.: Просвещение, 1976. – 48 с.

[8] Галкин Е. В. Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числами :[учебное пособие для учащихся 7-11 кл.] / Галкин Е. В. – Челябинск: Взгляд, 2005.– 271 с.

[9] Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность : [пособиедля учителей] / Германович П.Ю. – М.: Учпедгиз, 1960. – 224с.

[10] Голубев В.И. Решение сложных и нестандартных задач по математике / ГолубевВ.И. – М: ИЛЕКСА, 2007. – 252 с.

[11] Головина Л. И. Индукция в геометрии / Головина Л. И., Яглом И. М. – М., Фи-зматгиз, 1961. – 101 с.

[12] Гончарова I. В. Евристики в геометрiї [факультативний курс: книга для вчителя] /Гончарова I. В., Скафа О.I. – Х.: Основа, 2004. – 112 с.

[13] Горнштейн П. И. Задачи с параметрами / Горнштейн П. И., Полонский В. Б., ЯкирМ. С. – К.: РИА «Текст»; МП «ОКО», 1992. – 290 с.

[14] Дзигiна Л. Б. Програма пiдготовки учнiв до участi в математичних олiмпiадах /Дзигiна Л. Б. – Основа, 2009. – 89 с. ( Математика в школах України: Науково-методичний журнал, № 16/18.)

[15] Екимова М. А. Задачи на разрезание / Екимова М. А., Кукин Г. П. – М.: МЦНМО,2002. – 122 с.

58


[16] Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К., Как решают нестандартные задачи / Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К.; под редакцией В. О. Бугаенко. – [4-е Изд.] – испр.М.: МЦНМО, 2008. – 96с.

[17] Козко А. И. Задачи с параметром и другие сложные задачи / Козко А. И., ЧирскийВ. Г. – М.: МЦНМО, 2007. – 296с.

[18] Линдгрен Г. Занимательные задачи на разрезание / Линдгрен Г.; [пер. с англ. Ю.Н. Сударева.]; под ред. и с послесл.И, М. Яглома. – М.: Мир, 1977. – 256 с.

[19] Летчиков А. В. Принцип Дирихле. Задачи с указаниями и решениями / ЛетчиковА. В. – Издательство: Удмуртского университета, 1992. – 108 с.

[20] Лiпчевський Л. В. Розв’язування нерiвностей. Нестандартнi способи доведення не-рiвностей / Лiпчевський Л. В., Остапчук У. В. – Бiла Церква : КОIПОПК, 2004. –76 с. – (Навчально – методичний посiбник.)

[21] Мельников О. И. Занимательные задачи по теории графов / Мельников О. И. –Минск: ТетраСистемс, 2001. – 144 с.

[22] Алгебра : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням математики] / Мер-зляк А. Г., Полонський В. Б., Якiр М. С. – Х.: Гiмназiя, 2008. – 368 с.

[23] Мерзляк А. Г. Геометрiя : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням ма-тематики] / Мерзляк А. Г., Полонський В. Б., Якiр М. С. – Х.: Гiмназiя, 2008. –240 с.

[24] Петраков И. С. Математические олимпиады школьников : [пособие для учителей] /Петраков И. С. – М.: Просвещение, 1982. – 96 с.

[25] Прасолов В. В. Задачи по планиметрии, в 2 ч. / Прасолов В. В. – М.: Наука, 1991.[26] Задачi з параметрами / Репета В. К., Клешня Н. О., Коробова М. В., Репета Л. А.

– К.: Вища школа, 2006. – 302 с.[27] Седракян Н. М. Неравенства. Методы доказательства / Седракян Н. М., Авоян А.

М.; [пер. с арм. Г. В. Григоряна] – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с.[28] Шаповалов А. В. Принцип узких мест / Шаповалов А. В. – М.: МЦНМО, 2006. –

24 с.[29] Шень А. Игры и стратегии с точки зрения математики / Шень А. – М.: МЦНМО,

2007. – 40 с.[30] Шень А. Математическая индукция / Шень А. – [3-е изд., дополн.] – М.: МЦНМО,

2007. – 32 с.[31] Ясiнський В. Теорiя лишкiв та її застосування до розв’язування олiмпiадних задач

/ Ясiнський В. – Математика в школi: Науково-методичний журнал № 1/2, 2009. –40,[35] с.

[32] Ясiнський В. Принцип Штурма та його використання пiд час розв’язування олiм-пiадних екстремальних задач / Ясiнський В., Наконечна Л. – Математика в школi:Науково-методичний журнал № 9, 2009. – 40,[33]с.

[33] Ясiнський В. А. Олiмпiадна математика: функцiональнi рiвняння, метод математи-чної iндукцiї / Ясiнський В. А. – Х.: Основа, 2005. – 69 с.

60 РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

Математичнi олiмпiади i турнiри в Українi[34] Сборник задач киевских математических олимпиад / Вышенский В. А., Карташев

Н. В., Михайловский В. И., Ядренко М. И. – К.: 1984. – 240 с.[35] Вишенський В. А. Київськi математичнi олiмпiади 1984-1993 рр. : [збiрник задач] /

Вишенський В. А., Карташов М. В. – К.: Либiдь, 1993. – 144с.[36] Вишенський В. А. Українськi математичнi олiмпiади : [довiдник] / Вишенський В.

А., Ганюшкiн О. Г. – К.: Вища школа, 1993. – 415 с.[37] Лейфура В. М. Математичнi олiмпiади школярiв України. 1991-2000 / Лейфура В.

М., Мiтельман I. М. – К.: Технiка, 2003. – 541 с.[38] Федак I. В. Готуємося до олiмпiади з математики : [посiбник для ЗНЗ] / Федак I.В.

– Чернiвцi, 2003.[39] Басанько А. М. За лаштунками пiдручника з математики : [збiрник розвиваючих

задач для учнiв 5 – 7 класiв] / Басанько А. М., Романенко А. О. – Тернопiль: Пiд-ручники i посiбники, 2004.

[40] Коваль Т. В. 400 задач з математичних олiмпiад. 8-11 класи / Коваль Т. В. – Тер-нопiль: Мандрiвець, 2004. – 80 с.

[41] Лейфура В. М. Змагання юних математикiв України. 2003 рiк / Лейфура В. М. –Х.: Основа, 2004.

[42] Ясiнський В. А. Олiмпiаднi задачi [випуск 1: навчальний посiбник] / Ясiнський В.А. – Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40 с.

[43] Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и при-меров с решениями / [Довбыш Р. И., Потемкина Л. Л., Трегуб Н. Л. и др.] – Донецк:ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.

[44] Лось В. М. Математика: навчаємо мiркувати. Розв’язування нестандартних задач :[навч. посiбник] / Лось В. М., Тихiєнко В. П. – К.: Кондор, 2005 – 312 с.

[45] Сарана О. А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч : [навчальний посiбник]/ Сарана О. А. – К.: А.С.К., 2005. – 344 с.

[46] Ясiнський В. А. Задачi математичних олiмпiад та методи їх розв’язання / ЯсiнськийВ. А. – Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

[47] Ясiнський В. А. Практикум з розв’язування задач математичних олiмпiад : [мето-дический материал] / Ясiнський В. А. – Х.: Основа, 2006. – 128 с. – (Б-ка журн.«Математика в школах України»)

[48] Готуємось до олiмпiади з математики / упорядн. А. Б. Велiховська, О. В. Гримайло.– Х.: Основа, 2007. – 160 с. – (Б-ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 2(50)).

[49] Вороний О. М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 1] / Вороний О. М. –Х.: Основа, 2008. – 128 с. – (Б-ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 5(65)).

[50] Вороний О. М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 2] / Вороний О. М. –Х.: Основа, 2008. – 141, [3] с. – (Б-ка журн. «Математика в школах України»; Вип.


6 (66)).[51] Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2006-2007. /

Анiкушин А. В., Арман А. Р. – К.: Лiтера, 2008 – 135 с.[52] Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв. 2006-2007. / Анiкушин

А. В., Арман А. Р. – К.: Лiтера, 2008 – 224 с.[53] Анiкушин А. В. Всеукраїнськi математичнi бої – 2009. / Анiкушин А. В., Арман А.

Р. ; за ред. Рубльова Б. В. – Днiпропетровськ: Iнновацiя, 2010 – 96 с.[54] Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України 2007-2008 та

2008 – 2009. / Анiкушин А. В., Арман А. Р. ; за ред. Рубльова Б. В. – Львiв: Каменяр,2010 – 552 с.

Математичнi олiмпiади i турнiри в Росiї

[55] Агаханов Н. Х. Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993-2006.Окружной и финальный этапы. – М.: МЦНМО, 2007. – 468 с.

[56] Агаханов Н. Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 1 / [Н. X. Агаханов,И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.; под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И.Колисниченко]. – М.: Просвещение, 2008. – 192 с.

[57] Математика. Областные олимпиады. 8-11 классы / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов,П. А. Кожевников и др.]. – М. : Просвещение, 2010. – 239с.

[58] Агаханов Н. Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 2 / Н. X. Агаханов,О. К. Подлипский; [под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. – М.:Просвещение, 2009. – 159 с.

[59] Агаханов Н. Х. Математика. Районные олимпиады. 6-11 классы / Агаханов Н. X.,Подлипский О. К. – М.: Просвещение, 2010. – 192 с.

[60] Агаханов Н. Х. Математика. Международные олимпиады / Н.X. Агаханов, П. А.Кожевников, Д. А. Терешин. – М.: Просвещение, 2010. – 127 с.

[61] Балаян Э. Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике / Э. Н.Балаян. – 3-е изд. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364 с.

[62] Весенний Турнир Архимеда. Олимпиада для 5-6 классов. Задания с решениями,технология проведения/[Баранова Т. А., Блинков А. Д., Кочетков К. П. и др.]. –М.: МЦНМО, 2003. – 128 с.

[63] Болтянский В. Г. Сборник задач московских математических олимпиад/В. Г. Бол-тянский , А. А. Леман. – М.: Просвещение, 1965. 384 с.

[64] Бончковский Р. Н. Московские математические олимпиады 1935 и 1936 годов/Р.Н.Бончковский . – ОНТИ НКТП СССР, 1936. 82 с.

[65] Вавилов В. В. Задачи отборочных математических олимпиад/В. В.Вавилов . – М.:МГУ, 1992. – 61 с.

[66] Галкин Е. В. Нестандартные задачи по математике. Алгебра: учебное пособие дляучащихся 7-11 кл/Е. В.Галкин. – Челябинск: Взгляд, 2004. – 448 с.

[67] Гальперин Г. А. Московские математические олимпиады/Г. А. Гальперин, А. К.Толпыго . – М.: Просвещение, 1986. – 303с.


[68] Генкин С. А. Ленинградские математические кружки/Генкин С. А., Итенберг И. В.,Фомин Д. В.. – Киров: Аса, 1994. – 272 с.

[69] Горбачев Н. В. Сборник олимпиадных задач по математике/Н. В.Горбачев.– М.:МЦНМО, 2005. – 560 с.

[70] Егоров А. А. Олимпиады «Интеллектуальный марафон». Математика/А. А. Егоров,Ж. М. Раббот . – М.: Бюро Квантум, 2006. – (Библиотечка «Квант»)

[71] Зубелевич Г. И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решения-ми): Пособие для учителей 5-8 классов. под редакцией К. П. Сикорского, изд. 2-e,переработ/Г. И. Зубелевич. – М.: Просвещение, 1971. – 304 с.

[72] Математика в задачах: Сборник материалов выездных школ команды Москвы наВсероссийскую математическую олимпиаду / [под ред. А. А. Заславского, Д. А. Пер-мякова, А. Б. Скопенкова, М. Б. Скопенкова и А. В. Шаповалова]. – М.: МЦНМО,2009. – 488 с.

[73] Московские математические регаты / [cост. А. Д. Блинков, Е. С. Горская, В. М.Гуровиц]. – М.: МЦНМО, 2007. – 360 с.

[74] Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005-2008). – М.: Издательство ЦПИ примеханико-математическом факультете МГУ, 2008. – 48 с.

[75] Московские математические олимпиады 1993-2005 г./[Федоров Р. М., Канель-БеловА. Я., Ковальджи А. К., Ященко И. В.]. / [под ред. В. М. Тихомирова]. – М.: МЦН-МО, 2006. – 456 с.

[76] Севрюков П. Ф. Подготовка к решению олимпиадных задач по математике / П. Ф.Севрюков. – Изд. 2-е. – М.: Илекса; Народное образование; Ставрополь: Сервисшко-ла, 2009. – 112 с.

[77] Спивак А. В. Тысяча и одна задача по математике/А. В.Спивак. – М.: Просвещение,2002. – 208 c.

[78] Фомин А. А. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиа-ды/А. А. Фомин, Г. М. Кузнецова. – М.: Дрофа, 2006. – 159 с.

[79] Фомин Д. В. Санкт-Петербургские математические олимпиады/Д. В.Фомин. –СПб.: Политехника, 1994. 309 с.

[80] Ященко И. В. Приглашение на математический праздник/И. В. Ященко. – М.: МЦН-МО, 2005. – 104 с.

[81] Олимпиадные задания по математике. 9-11 классы: решение олимпиадных задачповышенной сложности / [сост. В. А. Шеховцов]. – Волгоград: Учитель, 2009. –99 с.

Математичнi олiмпiади за часiв СРСР[82] Агаханов Н. Х. Математические олимпиады школьников/ Н. Х. Агаханов, Л. П.

Купцов, Ю. В. Нестеренок. – М.: Просвещение: Учеб. лит., 1997. – 208 с.[83] Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад/ И. Л. Бабинская. – М.: Наука,

1975. – 112 с.


[84] Бугулов Е. А. Сборник задач для подготовки к математическим олимпиадам/ Е.А. Бугулов, Б. А. Толасов. – Орджоникидзе, 1962. – 226 с.

[85] Васильев Н. Б. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юныхматематиков/ Н. Б. Васильев, А. А. Егоров. – М.: Учпедгиз, 1963. – 53 с.

[86] Заочные математические олимпиады/ Н. Б. Васильев, В. Л. Гуттенмахер, Ж. М.Раббот, А. Л. Тоом. – [2-е изд.]. – М.: Наука, 1987. – 176 с.

[87] Васильев Н. Б. Задачи всесоюзных математических олимпиад/ Н. Б.Васильев, А.А. Егоров. – М.: Наука, 1988. – 288 c.

[88] Петраков И. С. Математические олимпиады школьников: пособие для учителей/ И.С.Петраков. – М.: Просвещение, 1982. – 96 с.

[89] Ю. М. Рябухин Кишиневские математические олимпиады/Ю. М. Рябухин, В. П.Солтан, Б. И. Чиник. – Кишинев: Штиинца, 1983. – 76 c.

[90] Савин А. П. Физико-математические олимпиады: сборник/ А. П. Савин. – М.: Зна-ние, 1977. – 160с.

[91] Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике. Под ред. Ф.М. Шустеф/Ф. М. Шустеф, А. М. Фельдман, В. Ю. Гуревич.–Минск: Государственное учебно-педагогическое издательство Министерства просвещения БССР, 1962. 84 с.

Мiжнароднi та закордоннi математичнi олiмпiади

[92] Берник В. И. Сборник олимпиадных задач по математике/ В. И. Берник, И. К.Жук, О. В Мельников. – М.: Нар. асвета, 1980. – 144 с.

[93] Васильев Н. Б. Задачи Всесоюзных математических олимпиад/ Н. Б. Васильев, А.А. Егоров. – М.: Наука, 1988. – 288 с.

[94] Конягин С. В. Зарубежные математические олимпиады / под ред. И. Н Сергеева/С. В.Конягин, Г. А. Тоноян, И. Ф. Шарыгин. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.,1987. – (Б-ка мат. кружка). – 416 с.

[95] Венгерские математические олимпиады.[пер. с венг, Ю. А. Данилова. под ред. и спредисл. В. М. Алексеева]/Кюршак Й., Нейкомм Д., Хайош Д., Шурани Я..– М.:Мир, 1976. – 543 с.

[96] Лейфура В. М. Задачi мiжнародних математичних олiмпiад та методи їх розв’язу-вання/ В. М. Лейфура, I. М. Мiтельман. – Львiв: Євро свiт, 1999. – 128 с.

[97] Морозова Е. А. Международные математические олимпиады. Задачи, решения, ито-ги: пособие для учащихся/ Е. А. Морозова, И. С. Петраков, В. А. Скворцов. – [4-еизд., испр. и доп]. – М.: Просвещение, 1976. – 288 с.

[98] Страшевич С. Польские математические олимпиады/Страшевич С., Бровкин Е.;предисл, А. Пелчинского и А. Шинцеля; пер. с польск. Ю. А. Данилова; под ред,В.М. Алексеева. – M.: Мир, 1978. – 338 с.

[99] Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады / [cост. А. А.Фомин, Г. М. Кузнецова]. – М.: Дрофа, 1998. – 160 с.


Internet ресурси

1. Київськi олiмпiади з математики (сайт київських та всеукраїнських олiмпiад татурнiрiв з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови про-ведення математичних змагань, що проходили в Українi протягом останнiх рокiв)[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://matholymp.org.ua/

2. Фiзико-математичний журнал «Квант» (завдання рiзних математичних олiмпiадза 1971-2002рр) [Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.:http://kvant.mirror1.mccme.ru/

3. Сайт мiжнародних олiмпiад з математики [Електронний ресурс]. – Режим доступудо журн.: http://www.imo-official.org/

4. Олимпиады для школьников [Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.:http://olimpiada.ru/

5. Всероссийская олимпиада по математике [Електронний ресурс]. – Режим доступудо журн.: math.rusolymp.ru/

6. Российская страница международного математического конкурса «Кенгуру»[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://mathkang.ru/

7. Українська сторiнка мiжнародного конкурсу «Кенгуру» [Електронний ресурс]. –Режим доступу до журн.: http://www.kangaroo.com.ua/index.php

8. Московская математическая олимпиада школьников [Електронний ресурс]. –Режим доступу до журн.: http://olympiads.mccme.ru/mmo/

9. Санкт-Петербургские математические олимпиады [Електронний ресурс]. – Режимдоступу до журн.: http://www.pdmi.ras.ru/ olymp/

10. Турнир городов Международная математическая олимпиада для школьников[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://www.turgor.ru/

11. Cайт Московского Центра Непрерывного Математического Образования[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://www.mccme.ru/

12. Задачная база олимпиадных задач (декiлька тисяч олiмпiадних задач росiйських iмiжнародних математичних змагань). [Електронний ресурс]. – Режим доступу дожурн.: http://zaba.ru/, http://problems.ru/

ОЛiМПiАДНi ЗАДАЧi · 7 клас 1. (15 балiв) Якщо деяке число...

Documents