Кіровоград олімпіади

містить пофарбовану клітинку. В ньому за допомогою перефарбувань рядків чи стовпців неможна усі клітинки зробити білими, а отже, це не можна зробити і в усій таблиці. 6. Дана рівність рівносильна рівності y = x + k , де k = [ y] − [x] –

довільне ціле число. Тому шуканою множиною точок є сукупність прямих, що є

натуральних чисел, менших за 1001, що діляться на 10 або на 14. 8. Нехай точки

181

M і N – середини сторін AB і CD відповідно чотирикутника ABCD (мал.

2MN =BC+AD .

це можливо тільки за умови, що вектори BC і AD мають однаковий напрямок, а отже, паралельні. 9. 19801. Для розв’язання задачі потрібно підрахувати кількість точок з цілими координатами, що містяться у квадраті (мал. 103) з вершинами в точках (±100; 0), (0; ±100) . На координатних осях таких точок є

Мал. 103

182

п’ятим хлопцем. І нарешті, перша дівчинка з третьої пари знайома з трьома хлопцями, а друга дівчинка знає двох інших. Нескладно переконатися, що кожний хлопчик знайомий з трьома дівчатками, а всі дівчатка знайомі з різною

трикутників буде 311781− 3 77 , але кожний з них буде повторюватися 6 разів.

Відповідь: 2002. 21. Оскільки всі бісектриси трикутника перетинаються в одній точці, а центр вписаного кола лежить на бісектрисах кутів PCQ і PMQ (мал.

105), то CM є бісектрисою цих кутів. Тому за другою ознакою рівності трикутників ∆CMP = ∆CMQ , а PC = CQ, PM = MQ. Трикутники APM і BQM

також рівні за другою ознакою рівності трикутників, бо PMA = QMB як вертикальні, а APM = MQB як суміжні до рівних кутів MPC і MQC . Тому AP = QB. Отже, AC = AP + PC = QB + CQ = CB , що треба було довести.

XКЛАС

1.За формулою потрійного аргументу маємо sin54° = 3sin18° − 4sin3 18° , а за формулою зведення sin54° = cos36° . Використавши формулу подвійного

аргументу, маємо: sin54° = 1− 2sin2 18° . Звідси дістаємо рівняння:

1− 2sin2 18° = 3sin18° − 4sin3 18° (sin18° − 1)(4sin2 18 + 2sin18° − 1) = 0 ,

185

так: n2 = (10100 − 1)2 = 10200 − 2 10100 + 1 = 99 ... 9800 ... 01. Звідси знаходимо суму

123 123

99 99

цифр числа n2 : 99 9 + 8 + 1 = 900 . 3. Середня лінія PR трикутника АВС (мал.

106) паралельна стороні АС, а отже, перпендикулярна ОО2. Але PR є середньою лінією і в трикутнику ОО1О3, тому ОО2 є висотою трикутника О1О2О3. Аналогічно доводиться, що точка О буде лежати на перетині висот трикутника О1О2О3. Знайшовши її положення, легко знайти положення точок А, В, С – вони лежатимуть на попарних перетинах серединних перпендикулярів до відрізків

2 . Оскільки [x] = x − {x}, то дістаємо рівносильне рівняння 2 + x − x2 = {x}. За властивістю дробової частини права частина рівняння міститься в проміжку

27 та 26 штук. Порівнявши вагу двох купок по 27 виявляємо, в якій з трьох купок є легша кулька. Далі, діючи аналогічно, скорочуємо розмір купки з легшою кулькою до 9 та 3 кульок. Останнім зважуванням виявляємо 1 легшу кульку з трьох. 8. 1,1,1;1, n, n і n,1, n , де n = 2, 3, ... . Запишемо рівняння так:

z(x + y) = xy(z + 1) . Якщо z = 1, то x + 1 = 2xy (2x − 1)(2y − 1) = 1 x = y = 1. В

186

3d 2 + 2ad − a2 > 0 . 11. Нехай x і y – різні числа. Для шести чисел, кожне з яких

може набувати одне з двох цих значень, може бути три випадки: 5 чисел дорівнюють x , одне – y ; 4 числа дорівнюють x , 2 – y ; 3 дорівнюють x і 3 –

y . У першому випадку точки будуть вершинами ромба, одна діагональ якого

дорівнює стороні; у другому – точки є вершинами квадрата; у третьому – три точки є вершинами правильного трикутника, а четверта точка – його центром.

Тоді у Сергія та Андрія можуть бути однакові марки тільки ті, яких немає в Бориса. Тому z < b2 . Подібними міркуваннями встановлюємо, що x < 2c , y < a2 .

Перемножуючи нерівності, приходимо до суперечності:

b2 2c a2 < xyz < 2c a2 b2 bca < cab,

яка сталася за рахунок хибного припущення. Отже, у колекціях Андрія, Бориса

Звідси маємо x = 9n, y = 20 − 10n, z = 10 + n, де n – ціле число. Оскільки x, y і z

Нескладно встановити, що 120 − x1 (113;127) . У цьому проміжку є тільки одне просте число 127. Тому x1 = 7 , а b = x1x2 ≥ 7 119 > 800, що суперечить умові задачі. Отже, припущення неправильне. Рівняння f (x) = 0 не має цілих коренів.

C

O

P Q

M

A B

18. Шукана множина точок симетрична відносно осей координат, причому їхні координати не можуть бути цілими числами. Тому розглянемо випадок x > 0, y > 0. Маємо рівняння {x} + {y} = 1. Оскільки {x} = x − [x],{y} = y − [ y] , то

189

його запишемо так: x + y =1+ n, де n = [x] + [ y] – ціле невід’ємне число.

Побудувавши відрізки цих прямих у першій чверті і виконавши симетрію відносно осей координат, отримаємо сукупність квадратів з вершинами в

669

проведемо від супротивного. Припустимо, що такий трикутник не існує. Нехай точки мають кольори α , β , γ . Візьмемо дві точки A і B кольору α , a –

відстань між ними. Через ці точки проведемо пряму l . Далі проведемо прямі n

і k , рівновіддалені від l на a2 . Згідно з припущенням кожна точка цих прямих

має або колір β , або колір γ . Візьмемо на прямій n три різні точки M , N, K так, щоб MN = NK = a . Якщо всі вони кольору β , то всі точки прямої k повинні мати колір γ , а всі точки прямої l повинні бути кольору α . Очевидно, що й усі точки прямої n повинні бути кольору β . Але тоді для довільної точки X , що не міститься на цих прямих, на одній з них знайдуться точки Y , Z

такого ж кольору, що й точка X , які будуть вершинами трикутника, що має площу рівну 1. Це суперечить припущенню. Тому не всі точки M , N, K мають

однаковий колір. Якщо точки M , N або точки N, K кольору β , то всі точки прямої k повинні мати колір γ . Знову приходимо до суперечності. Залишається випадок, коли точки M , K кольору β , а точка N має колір γ . Тоді нескладно переконатися, що точки прямої l матимуть колір α або γ , а точки прямої k повинні бути або кольору β або γ . Далі візьмемо три різні точки P, Q, R на прямій k так, щоб PQ = QR = a . Зрозуміло, що точка Q має колір γ , точки P, R – колір β . Легко переконатися, що всі точки прямої l , і

тільки її точки, повинні мати колір α . Повторюючи аналогічні міркування, приходимо до висновку, що існує деяка пряма m , паралельна прямій l , усі точки якої мають колір β , а всі інші точки площини мають колір γ . У цьому випадку легко побудувати трикутник, що має площу рівну 1 з вершинами

190