...

1. 1
Математичний занзібар
Молодша ліга
1. Знайдіть усі такі прості числа rqp  , для яких справджується рівність:
)(101 rqppqr  .
Відповідь: )103;101;2( .
Розв’язання. Спочатку просто знайдемо усі трійки простих чисел, без сортування за
зростанням, що задовольняють умови задачі. Оскільки 101 -- просте число, то нехай
101r . Тоді маємо рівність 101 qppq або 102)1)(1(  qp . Залишається
перебрати варіанти розкладу числа 102 на множники:
1763435121021102  , при яких qp, -- прості. Оскільки непарним може
бути лише множник, що дорівнює 1, то маємо єдиний розв’язок: )103;101;2( .
2. Відомо, що кожна груша та кожне яблуко коштує цілу кількість гривень. Крім того
175 яблук коштують дорожче ніж 125 груш, але дешевше ніж 126 груш. Яка
найменша можлива ціна груші?
Відповідь: 32.
Розв’язання. Позначимо ціну у гривнях груші через y , яблука через x. Тоді
yx 125175  , або yx 57  . Тому 157  yx . Аналогічно yx 126175  , або yx 1825  .
Тому 11825  yx . Тоді матимемо, що 712617525125  yxy . Звідси 32y .
Залишається показати, що для такого значення ціни яблука існує ціна груші, що
задовольняє умови: x1754025  або 23x .
3. Квадрат nn , 3n заповнюється числами1, 2 чи 3 – по одномув кожну комірку.
Скільки різних заповнень квадрата існує, для яких кожні три сусідні комірки в рядку
чи в стовпчику містять кожну з цифр 1, 2 та 3?
Відповідь: 12.
Розв’язання. Якщо заповнити в заданому квадраті належним чином лівий
верхній кут 22 , то усі інші клітини заповнюються однозначно.Позначимо комірки
квадрату 22 буквами dcba ,,, (рис. 1). Для значення a
маємо 3 варіанти, для b -- 2 варіанти. Без обмеження
загальності нехай це буде 1 та 2 відповідно. Розглянемо
можливі варіанти для c. Якщо 2c , то єдина можливість
3d (рис. 2). Якщо 3c , то єдина можливість 1d . Таким
чином разом маємо 12223  варіантів.
4. Рівносторонній трикутник розрізаний чотирма прямими, що паралельні одній із
сторін, на 5 частин однакової висоти. Знайдіть відношення суми площ 1-ї, 3-ї та 5-ї
частин до суми площ 2-ї та 4-ї частини.
а b
c d
Рис. 1
1 2 3
3 1 2
2 3 1
Рис. 3
1 2 3
2 3 1
3 1 2
Рис. 2

2. 2
Відповідь: 2
3 .
Розв’язання. Усі трикутники, що утворилися при цьому усі є рівносторонніми та
подібними один одному (рис. 4). Позначимо площу заданого трикутника через S .
Тоді SS 25
1
1  , SS 25
4
2  , SS 25
9
3  , SS 25
16
4  та SS 5 . Тоді площі фігур (перша –
трикутник, решта трапеції) відповідно дорівнюють: SSS 25
1
1
)1(
 ,
SSSS 25
3
12
)2(
 , SSSS 25
5
23
)3(
 , SSSS 25
7
34
)4(
 , SSSS 25
9
45
)5(
 .
Звідси шукане відношення дорівнює:
2
3
10
15
25
7
25
3
25
9
25
5
25
1
)4()2(
)5()3()1(






SS
SSS
.
Інший підхід до розв’язання показаний на рис. 4. Усі
трикутники, що утворилися мають однаковуплощу, а тому
достатньо простопідрахувати їх кількість у кожній частині.
5. Скільки існує трицифрових чисел, які мають таку
властивість – якщо цифри цього числа переставити таким
чином, що залишиться трицифрове число, то одержане
ділиться націло на 4?
Відповідь: 25 чисел.
Розв’язання. спочатку розглянемо числа, серед цифр якого є два нулі. Усі такі числа
на кшталт 100, 200, …, 900, умову задовольняють. Тепер нехай у числа серед цифр
максимум однацифрануль. Тодіочевидно, що усіцифричисла – парні, бо наостанній
позиції може стоятилише парна цифра. Якщо серед чисел є одна із цифр 2 або 6, то
таке число умову не задовольняє, бо на 4 діляться лише числа із закінченням
92...,,32,12 та 96...,,36,16 , що, очевидно, умову не задовольняє. Тому число має
складатися лише з цифр 4 та 8, або 4, 8 та рівно одна цифра 0. Порахуємо їх
кількість. Першого типу чисел є така кількість.
З трьох цифр 4 (або 8) -- таке число єдине.
З двох цифр 4 та однієї 8 (або навпаки) -- таких чисел три.
Разом – 8 чисел.
Другого тику така.
З двох цифр 4 (або 8) та однієї цифри 0 -- таких чисел два.
По одній цифрі 4, 8 та 0 -- таких чисел чотири.
Разом – 8 чисел.
Загалом маємо 25889  чисел.
6. Обчисліть значення: 403732312720
222222  .
Відповідь: 1056.
Рис. 4

3. 3
Розв’язання. В основі обчислень лежить формула
bcacabcbacba 222)( 2222
 . Якщо винести за корінь 5
2 , під коренем
маємо вираз 2017121170
222222  . Можна здогадатись, що це є квадратом
виразу 1060
222  , а це в свою чергуквадратом виразу 50
22  .
Тому шукане значення дорівнює
10563332)22(2 505
 .
7. Грегор хочепофарбувати дошку nn так, щоб кожна комірка
11 була пофарбованав жовтий чи блакитний колір. Скількома
різними способами це можна зробити так, щоб серед чотирьох
комірок, що розташовані у будь-якому квадраті 22 , була
непарна кількість жовтих?
Відповідь: 12
2 n
.
Розв’язання. Лівий верхній квадрат 22 можна пофарбувати 8 способами (4
варіанти, коли там 1 жовтаклітина, та 4 варіанти, коли там 1 блакитна клітина). Після
цього розглянемо верхнідва рядки та ліві два стовпчики(рис. 5). Кожна наступні дві
клітини, що дотикаються до вже пофарбованих (дві вертикальні в рядках чи дві
горизонтальні, якщо в стовпчиках), можна пофарбувати 4 варіантами, наприклад,
якщо до них дотикаються дві однокольорові клітинки, то фарбуються по різному,
якщо різнокольорові – то однаково.
Після такого фарбування, маємо що усі ніші комірки фарбуються однозначно.Таким
чином усього варіантів 12
2 n
.
8. Прямокутник має сторони a та b. Пряма, що паралельна стороні a прямокутника,
розбиває його на два прямокутника з площами 48 см2 та 80 см2 відповідно, а пряма,
що паралельна стороні b цього прямокутника, розбиває його на два прямокутники,
сума периметрів яких дорівнює 80 см. Які розміри мають частини сторони b, на які
заданий прямокутник розрізає пряма, що паралельна стороні a?
Відповідь: частини 10;6 або 2
5
2
3 ; .
Розв’язання. Нехай 21, baba  розміри прямокутників, на які розбиває заданий
прямокутник пряма, що паралельна стороні a. Тоді 12821  ababab . Якщо
baba  21 , розмірипрямокутників, на які розбиває заданийпрямокутникпряма, що
паралельна стороні b, то сумарний їх периметри дорівнюють
8042)(2)(2 21  bababa . Звідси неважко знайти, що ba 240 . Тоді
128240 2
 bbab  064202
 bb . Тоді 4;162
1220  b . Тоді або
8,16  ab , або 32,4  ab .
У першому випадку 481 ab , тобто 61 b , тоді 102 b .
У другому випадку 481 ab , тобто 2
3
32
48
1 b , тоді 2
5
2 b .
Рис. 5

4. 4
9. Чому дорівнює сума цифр числа 
20142014
4...449...99  ?
Відповідь: 18126.
Розв’язання. Зробимотакі обчислення:
65...5534...444...440...004...444...44)110(4...449...99
201320132014201420142014
2014
20142014
  ,
Залишається порахувати суму цифр одержаного числа: 18126)63()54(2013 
.
10. Знайдіть значення суми:
1100
1100
...
13
13
12
12
2
2
2
2
2
2








S .
Відповідь: 10100
1014849.
Розв’язання. Зробимо такі перетворення:













1100
21100
13
213
12
212
1100
1100
13
13
12
12
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
......S
  1100
1
1100
1
13
1
13
1
12
1
12
1
1100
2
13
2
12
2 ...991...11 222
 101
1
99
1
100
1
98
1
99
1
97
1
6
1
4
1
5
1
3
1
4
1
2
1
3
1 ...199
10100
1014849
101
1
100
1
2
1199  .
11. На колі з центром у точці O вибрано 9 точок 91 ...,, AA , що розташованіза рухом
годинникової стрілки. Проведені 9 відрізків, що сполучають сусідні точки на колі, а
також 9 відрізків iOA , 9,1i . При цьому утворюються 9 трикутників. Скількома
способами можна витерти декілька з проведених відрізків, щоб з трьох сторін
кожного з 9 трикутників залишилася рівно 1?
Відповідь: 76.
Розв’язання. Порахуємо скільки відрізків можуть бути не витертими всерединікола.
Кожний з таких відрізків стає спільним одразу для двох трикутників. Якщо їх не
витерто k , то рівно у k2 трикутників вже є не витертою по одній стороні, 40  k .
Тому треба не витерти ще k29  відрізки, що сполучають сусідні точки на колі.
Якщо 0k , то такий варіант лише 1.
Якщо 1k , то таких варіантів рівно 9.
Якщо 2k , то вибрати пару можна 362
9 C . Але серед них не може бути двох
сусідніх, тобто 9 варіантів. У підсумку 27 варіантів.
Якщо 3k , то вибрати трійку можна 843
9 C способами. Але з них треба виключити
такі. Коли усі 3 сусідні відрізки – 9 варіантів, а також дві сусідні, які можна вибрати
9 способами, і до кожного з них можна витерти будь-який з 5 не сусідніх відрізків.
Разом 45 варіантів. Таким чином залишилися припустимими за правилами
3045984  варіантів.

5. 5
Якщо 4k , то таких варіантів рівно 9, бо так можна визначити пару сусідніх не
витертих відрізків.
Остаточно маємо, що 769302791  .
12. Відрізки AM та BH – відповідно медіана та висота
гострокутного трикутника ABC . Відомо, що 1AH та
MCAMAC 2 . Знайдіть довжину сторони BC .
Відповідь: 2.
Розв’язання. Відрізок HM – медіана прямокутного
BHC , тому він дорівнює половині гіпотенузи (рис. 6),
звідки MCBMHM  та трикутник HMC – рівнобедрений. Тому
MACMCHMHC  2 . З іншого боку, як зовнішній кут у AHM
MACAMHMHC  . Тому MACAMH  , звідки HMA – також
рівнобедрений. Таким чином HMAH   22  AHBC .
13. Для числа 2015215
N знайдіть кількість дільників числа 2
N , які менші за N та
не ділять число N .
Відповідь: 291.
Розв’язання. Кількість дільників числа 31135215
N дорівнює
12822216)( N . Так само 83733331)( 2
N . Якщо dN 2
, то d
N
N
22
 .
Таким чином усі дільник числа 2
N розбиваються на пари ),(
2
d
N
d , за виключенням
числа N . У кожній парі рівно один дільник менший від N . Таким чином таких
дільників усього )1)(( 2
2
1 N . Але кожний дільник N є дільником і 2
N , тому
залишається ці дільники просто відняти. Таким чином шукана кількість дільників
дорівнює:
291)1128()1837()1)(()1)(( 2
12
2
1  NN  .
14. На островіЗанзібар проживає 9000 дорослих місцевих жителів. Серед місцевих
чоловіків рівно третина одружені, а серед жінок рівно третина є незаміжніми. Кого на
острові більше – людей, що знаходяться у шлюбі чи тих, хто ще не одружився і на
скільки?
Відповідь: неодружених на 1000 більше ніж тих, хто у шлюбі.
Розв’язання. Нехай x – кількість чоловіків, а y – кількість жінок на острові. У шлюбі
знаходяться рівна кількість чоловіків та жінок, тобто yx 3
2
3
1  , тобто yx 2 . Таким
чином усього на острові проживає 90003  yyx  3000y та 6000x . У
шлюбі знаходяться 40003
2
3
1  yx . Томулюдейнеодружених 5000, тобто їхна1000
більше ніж тих, хто у шлюбі.
15. Блоха сидить у деякій вершині правильного 2015-кутника. Блоха завжди стрибає
Рис. 6

6. 6
за рухом годинникової стрілки. Свій перший стрибок вона робить у першу вершину
за тією, де вона сидить (тобто у сусідню), другим стрибком – у третю вершину від
тієї де сидить (тобто через 2), …, своїм n у вершину 12 n від початкової і так далі.
На якому ході вона вперше попаде у вершину, в якій вже побувала перед цим?
Відповідь: 48.
Розв’язання. Занумеруємо вершини за рухом годинникової стрілки числами
2014...;;2;1;0 . Тоді блоха послідовно потрапляє в вершини з номерами: 0, 110  ,
4310  , 95310  , …, 2
)12(...310 kk  . При першому проході
жодного разу повтору очевидно не буде. При другому проході маємо рівняння
201522
 mk , яке означає, що при заході на другий круг вперше може зустрітися
лише число, яке було квадратом цілого числа. Оскільки 1936442
 , 2025452
 ,
3969632
 та 4096642
 , то 44m , 6345  k . При цьому треба знайти найменше
можливе за таких умов значення k .
З рівняння 31135201522
 mk можемо записати такі варіанти:





,2015
,1
mk
mk





,403
,5
mk
mk





,155
,13
mk
mk





.65
,31
mk
mk
З кожної системи маємо такі розв’язки:
)17;48(),71;84(),199;204(),1008;1007();( mk .
Як бачимо умову задовольняє лише 48k , яке і є найменшим шуканим.
16. В опуклому чотирикутнику ABCD, що описаний навколо кола, справджується
рівність BCADCDAB  . Відомо, що  20BAC . Знайдіть ABD .
Відповідь: 70 .
Розв’язання. Оскільки у описаного чотирикутникасумидовжинпротилежних сторін
також рівні, то ці пари довжин співпадають (вони за теоремою Вієта є коренями
однакового квадратного рівняння), тобто в нашому чотирикутнику рівні дві пари
суміжних сторін. Тому, це дельтоїд, i його діагоналі перпендикулярні, тому шуканий
кут дорівнює  7090 BACABD .
17. Скільки розв’язків має в натуральних числах рівняння: 2016 yxxy .
Відповідь: 2 розв’язки.
Розв’язання. Додамо 1 до обох частин рівняння і матимемо, що
20171 yxxy або 2017)1)(1(  yx .
Оскільки 2017 -- простечисло, то одинз множників має дорівнювати 2017, а інший
1. Таким чином усього 2 розв’язки.
18. Відомо, що 3 банани, 7 яблук та 1 ананас коштують 329 грн. 4 банани, 10 яблук
та 1 ананас коштують 441 грн. скільки коштують разом 1 банан, 1 яблуко та 1 ананас?
Відповідь: 105.
Розв’язання. Позначимо вартість 1 банана через x, 1 яблука -- y та 1 ананаса -- z .

7. 7
Тоді
32973  zyx та 441104  zyx .
Тоді
10544123293)104(2)73(3  zyxzyxzyx .
19. Женя забула цифри кодового замку, що містить 4 цифри. Але вона пам’ятає, що
перша цифравід 0 до 6, друга – від 0 до 3, третя – від 0 до 4, четверта – від 0 до 2. При
цьому сума усіх чотирьохцифр не менше 8. Скільки варіантів треба перебрати Жені,
щоб напевно знайти шуканий код?
Відповідь: 210.
Розв’язання. Розглянемо окремо першу і третю цифри, та другу і четверту.
Позначимо їх 13S та 24S . Зрозуміло, що 1013 S , 524 S . Таким чином початирозгляд
слід з випадку, коли 313 S .
Якщо 313 S , то таких варіантів 4 -- це )3;0( , )2;1( , )1;2( та )0;3( . Тоді 524 S ,
такий варіант 1 -- це )2;3( . Разом маємо 414  варіанти.
Якщо 413 S , то таких варіантів 5 -- це )4;0( , )3;1( , )2;2( , )1;3( та )0;4( . Тоді
424 S , таких варіантів 21 , додаються ще )1;3( та )2;2( . Разом маємо 1535 
варіантів.
Якщо 513 S , то таких варіантів 5 -- це )4;1( , )3;2( , )2;3( , )1;4( та )0;5( . Тоді
324 S , таких варіантів 33 , додаються ще )0;3( , )1;2( та )2;1( . Разом маємо
3065  варіантів.
Якщо 613 S , то таких варіантів 5 -- це )4;2( , )3;3( , )2;4( , )1;5( та )0;6( . Тоді
224 S , таких варіантів 36  , додаються ще )0;2( , )1;1( та )2;0( . Разом маємо
4595  варіантів.
Якщо 713 S , то таких варіантів 4 -- це )4;3( , )3;4( , )2;5( та )1;6( . Тоді 124 S ,
таких варіантів 29  , додаються ще )0;1( та )1;0( . Разом маємо 44114  варіанти.
Якщо 813 S , то таких варіантів 6 -- це )4;4( , )3;5( , )2;6( , )4;5( , )3;6( та )4;6( .
Тоді 024 S , таких варіантів 111 , додається ще )0;0( . Разом маємо 72126 
варіанти.
Додамо усі: 21072444530154  .
20. Для гострокутноготрикутника ABC знайдіть всерединіусі такі точки P , для яких
]2;1[,, 





CBA
CPA
BAC
BPC
ACB
APB .
Відповідь: центр описаного кола ABC .
Розв’язання. Якщо описати навколо ABC коло, то одразу зрозуміло, що
APCABC  (і аналогічні нерівності), оскільки на дугу AC спирається зовнішній

8. 8
кут ABC , тому APC очевидно більший від нього
(рис. 7). Тобто ліва нерівність в умові справджується
для будь-якої точки всередині ABC .
Для другої нерівності маємо, що
 180CBABCAABC та
 360CPABPAAPC .
Якщо хоч для однієї пари кутів APCABC 2 , то
повинна існувати пара, для якої BPABCA 2 , а
тому така точка умову не задовольняє. Тому повинно
одночасно виконуватись умови для усіх трьох пар
кутів:
APCABC 2 , BPABCA 2 , CPBCAB 2 .
Залишається зрозуміти, що такі умови задовольняє точка, що є центром описаного
кола ABC .
Середня ліга
1. Задача № 1 молодшої ліги.
2. Задача № 2 молодшої ліги.
3. Задача № 3 молодшої ліги.
4. До прямокутного трикутника ABC з катетами 2AC та
1BC побудоване коло, що дотикається до гіпотенузи AB та
продовжень катетів. Знайдіть радіус цього кола.
Відповідь: 2
35
.
Розв’язання. Позначимо відрізки xAE  та yBD  (рис. 8). Тодіз рівності дотичних
до кола 5 AByx . Крім того 12  yxr . Звідси 1 xy , тому 512 x
 2
15
x  2
35
2
15
2 
r .
5. Скільки існує натуральних 1001  n , для яких число 18 n є точним квадратом
цілого числа?
Відповідь: 13.
Розв’язання. очевидно, що число 18 n може бути точним квадратом тільки
непарного числа. Якщо 12  lk , то його квадрат 181)1(42
 mllk . Тобто усі
квадрати непарних чисел задовольняють потрібну умову, тому залишається
порахувати скільки є квадратів непарних чисел між числами 9118  та
80111008  . Найменше з них 932
 , найбільше – 729272
 , тому їх неважко
порахувати, що їх 13.
Рис. 8
Рис. 7

9. 9
6. Числа 2016...;;3;2;1 записані в такому порядкув одинрядок. У наступному рядку
записані вже 2015 чисел, що є сумами сусідніх чисел першого рядку, тобто числа
4031...;;7;5;3 . Третій рядок за аналогічних правил будується з другого і так далі. В
останньому рядку буде рівно одне число. Знайдіть його.
Відповідь: 2014
22017  .
Розв’язання. За допомогоюММІ легко показати, що в n-му рядку числа утворюють
арифметичну прогресію з різницею 1
2 n
. Якщо в n-му рядку три сусідні числа є
CBA ,, , тобто 1
2 
 n
BCAB , тоді різниця між сусідніми числами CBBA  ,
в )1( n -му рядку є
nnn
ABBCBACB 222)()()()( 11
 
.
Так само позначимо через na -- перший член n-го рядка. Тоді
2
1
2
11 222 


  n
n
n
nnn aaaa .
Далі з урахуванням 11 a та ММІ легко знайти, що 2
2)1( 
 n
n na , тому
2014
2016 22017a .
7. Задача № 7 молодшої ліги.
8. У опуклого чотирикутника ABCD відомі довжини усіх сторін 24AB , 20BC ,
15CD , 7AD та однієї діагоналі 25BD . Знайдіть довжину другої діагоналі.
Відповідь: 20.
Розв’язання. Застосуємо декілька разів теорему
косинусів. З BCD знаходимо, що (рис. 9)
5
4
2
222
cos  

BDBC
CDBDBC ,
відси 5
3sin  . Аналогічно з BAD :
25
24
2
222
cos  

BDBA
ADBDBA , 25
7
sin  .
Тепер з ABC знаходимо остаточно, що
400)cos(2222
 BCABBCABAC .
9. Знайдіть усі трійки cba ,, натуральних чисел, які задовольняють умови:
4037 cab та 2020 bca .
Відповідь: два розв’язки ),,( cba : )1;2018;2( та )1;2;2018(
Розв’язання. Віднімемо від першого рівняння друге: 2017 bcacab або
2017)1)((  bca . Оскільки 2017 -- просте число, то можливі лише такі два
варіанти:
2018b та 1 ca або 2b та 2017 ca .
Якщо додати ці рівняння, то матимемо, що 6057 bcacab або
6057)1)((  bca .
Для першого випадку 20191b , тоді 3 ca . Звідси маємо перший розв’язок
Рис. 9

10. 10
2a та 1c .
Для другого випадку 31b , тоді 2019 ca . Звідси маємо другий розв’язок
2018a та 1c .
10. Задача № 10 молодшої ліги.
11. Задача № 11 молодшої ліги.
12. У прямокутномутрикутнку ABC з прямим кутом A на гіпотенузі у зовнішній бік
від ABC побудовано квадрат BCDE . Відомо, що площа трикутників ABE та ACD
дорівнюють 6 та 27 відповідно. Знайдіть площу ABC .
Відповідь: 29 .
Розв’язання. Позначимо відрізки, як це показане на рис. 10. Тут yx, -- висоти ABE
та ACD , вони водночас – проекції катетів на гіпотенузу. Тоді маємо такі умови:
axSABE 2
16  , aySACD 2
127  .
Далі маємо, що
1622
54122
4
12
4
122
4
12
 aABC axyahaS .
13. Задача № 13 молодшої ліги.
14. Знайдіть усі трійки чисел cba ,, ., які
задовольняють системі рівнянь:








.0,4}{][}{
;3,5}{][}{
;9,2}{][}{
bac
acb
cba
Відповідь: ),,( cba : )8,5;2,2;1,3( , )3,4;7,2;6,3( .
Розв’язання. З третього рівняння маємо, що }{}{ bc  - ціле число. Якщо
0}{}{  cb , то числа cb, - цілі, але тоді з двох інших рівність повинні мати місце
одночасно 9,0}{ a та 3,0}{ a . Таким чином 1}{}{  cb . Додамо перші два
рівняння:
2,8}{][}{}{][}{  acbcba .
Тоді 2,0}{2 a або 2,1}{2 a . Звідси й маємо два розв’язки:
1,0}{ a , тоді 8,0}{ c , 2,0}{ b  2,2b , 8,5c та 1,3a .
6,0}{ a , тоді 3,0}{ c , 7,0}{ b  7,2b , 3,4c та 6,3a .
15. Заданийквадрат 1515 . Розглядаютьсявсерединіцьогоквадратуменшіквадрати,
сторонами яких йдуть вздовж ліній, що розділяють квадратики 11 . Скільки серед
таких квадратиків таких, що містять центральний квадратик заданого квадрату?
Відповідь: 344.
Рис. 10

11. 11
Розв’язання. Очевидно,що усіквадратирозміром більше половинисторонизаданого
квадрату, містять центральну клітину. Тобто розглядаємо лише квадрати kk  , де
8k . Усього таких квадратів всередині заданого квадрату 1515 рівно 2
)16( k ,
8k . Це стає зрозумілим, якщо порахувати можливе розташування однієї з вершин
такого квадрату. Тепер подивимось скільки серед квадратів розміру kk  , 7k
таких, що містять центр заданого квадрату. Так само, якщо розглянутиоднуз вершин
такого квадрату, то для неї (і відповідно це є кількість усіх таких квадратів) існує
рівно 2
k таких положень. Таким чином кількість шуканих квадратів дорівнює:
34464)7...21(2)7...21()1...78( 222222222
 .
16. У трикутник зі сторонами 20;13 та 21 вписаний квадрат таким чином, що його
одна сторона лежіть на більшій стороні трикутника, а інші дві вершини на інших
сторонах трикутника. Чому дорівнює сторона цього квадрату?
Відповідь: 11
84 .
Розв’язання. Знайдемо площу трикутника за формулою
Герона:
126671427 S ,
тоді його висота до більшої сторони дорівнює 12h
(рис. 11). Далі просто запишемо рівності, що
випливають з подібності верхнього та великого
трикутника:
2112
12 xx

 xx 1221252   11
84
33
252
x .
17. Для нескоротногодробу b
a , де N, ba та 1024 ba , для деякого натурального
n справджується рівність: nnb
a 21
2  . Знайдіть можливе значення a.
Відповідь: 63.
Розв’язання. Запишемо суму 22
1221
n
n
nn
 . Оскільки для довільного Nn числа
12 n та 2
n є взаємно простими. Тому 12  na та 2
nb  . Тому
1024)1(12 22
 nnnba . Звідси 321n або 31n . Тоді 6312  na .
18. Натуральні числа ba, задовольняють умови: 108104  ba та 92,091,0  b
a
. Чому може дорівнювати значення виразу ba 2 ?
Відповідь: 158.
Розв’язання. Із заданих умов запишемо, що bab 92,091,0  , тому
bbab 92,191,1  . Тодіз нерівності 10891,1 b  56b . Аналогічно 10492,1 b
 55b . Таким чином є двіможливості. Якщо 55b , то 6,5005,50  a -звідси a
- не ціле. Якщо 56b , то 52,5196,50  a - звідси 51a . Таким чином 1582 ba
.
Рис. 11

12. 12
19. Задача № 19 молодшої ліги.
20. Задача № 20 молодшої ліги.
Старша ліга
1. Задача № 1 молодшої ліги.
2. Для многочлена )(xp виконується умова
))...()((74)( 821
2345678
xxxxxxfexdxcxbxaxxxxxp  ,
де 0ix . Які значення може приймати коефіцієнт f ?
Відповідь: 256
1 .
Розв’язання. З теореми Вієта для многочлена восьмого степеня маємо, що
4
8
1

i
ix та 7
8
81

 ji
ji xx . Звідси 








8
1
2
8
1
2
28
1
8
81
16214
i
i
i
i
i
i
ji
ji xxxxx .
Тому 2
8
1
2

i
ix , але тоді 0844)12(0
8
1
8
1
2
8
1
2
 
 i
i
i
i
i
i xxx .
Таким чином кожний доданок має дорівнювати 0, звідси 2
1ix , 8,1i . Але тоді
256
18
1
 
i
ixf -- єдине можливе значення.
3. Задача № 3 молодшої ліги.
4. Прямокутний паралелепіпед 1111 DCBABCDA розрізаний трьома площинами, які
паралельні граням паралелепіпеда (по одній площині паралельно кожній з граней),
після чого утворилися 8менших паралелепіпедів. Об’єм меншого паралелепіпеду, що
містить вершину X заданого паралелепіпеду, позначимо через XV . Відомо, що
40AV , 300CV , 3601
BV та 901
CV . Знайдіть об’єм заданого паралелепіпеда
1111 DCBABCDA .
Відповідь: 2015.
Розв’язання. Позначимо через zyx ,, відстані
від вершини A до проведених площин,
аналогічно через 111 ,, zyx -- відстані від
вершини 1C до відповідних площин (рис. 12).
Тоді сторони заданого паралелепіпеда
1111 DCBABCDA визначаються як 1xxAD  ,
1yyAB  та 11 zzAA  . Для менших
паралелепіпедів, що мають спільні грані Рис. 12

13. 13
можемо з формули об’єму записати такі відношення:
4
1111
11
1
1

C
B
C
B
V
V
x
x
zyx
zxy
V
V
,
звідки 12004  CB VV . Далі аналогічно:
3
10
11 1111
11

D
D
C
C
V
V
z
z
zyx
zyx
V
V
,
30
1
1200
40
1
1
11

B
A
B
A
V
V
y
y
zxy
xyz
V
V
.
Тоді
18
403
30
31
3
13
5111
)()((
111111
111
1





















z
z
y
y
x
x
zyx
zzyyxx
V
V
C
.
Звідси 2015118
403
 CVV .
5. Задача № 5 середньої ліги.
6. Задача № 6 середньої ліги.
7. Задача № 7 молодшої ліги.
8. Задача № 8 середньої ліги.
9. Одне й те ж саме число в системі числення з основою a та основою числення b
записується як )(123 a та )(146 b відповідно. Яке найменше можливе значення може
приймати число a?
Відповідь: 8.
Розв’язання. Задане число можна подати таким чином: 6432 22
 bbaa .
Звідси маємо, що 22
)2()1(  ba . Тому 1 ba . Оскільки для b найменше
значення це 7b (бо в запису присутня цифра 6), то найменше значення для 8a .
10. Нехай )0;(R 
. Знайдіть усі функції 
 RR:f , які 
 R, yx
задовольняють рівності:
))((
))((
)(
2
xfyf
xf
yf
x
f 





.
Відповідь: kxxf )( , де 
 Rk .
Розв’язання. Зробимо підстановку у вихідне рівняння:
))((
))(( 2
xfyf
xf
y  , тоді
y
f
x
f
xfyf
xf











)( ))((
))(( 2
, що означає, що відображення сюр’єктивне.
Тоді 
 Rc , для якого 1)( cf . Підставимо cy  і матимемо, що *

14. 14
))((
))((
)(
2
xfcf
xf
xf  або ))(()( xfcfxf  . Внаслідок сюр’єктивності
функції
c
y
yf )( . Таким чином шуканою відповіддю буде
довільна функція kxxf )( , де 
 Rk .
11. Коміркиквадрату 55 заповненінатуральнимичислами edcba ,,,, таким чином,
що виконуються умови: у кожному рядку, у кожному стовпчику та кожній з двох
великих діагоналей присутнєкожнез чисел edcba ,,,, та 2016 edcba . Яке
найменше значення за таких умов може приймати сума чисел, що розташовані у
чотирьох комірках, які на рис. 13 позначені зірочками?
Відповідь: 7 .
Розв’язання. Покажемо, що за таких умов для чотирьох
відмічених зірочкою комірок можливі два варіанти. Позначимо
значення чисел у певних комірках літерами (рис. 14).
Перший варіант. Серед чисел усі попарно різні.
Другий варіант. Є два рівних числа та ще дві відмінні від тих та
між собою.
Припустимо, що ZXa  . Тоді для діагоналей єдині можливі значення для a -- це
комірки, що помічені літерами QP, (рис. 14). Але це неможливо, оскільки вони в
одному стовпчику. Тому обов’язково ZX  і аналогічно TY  .
Якщо, що ZYa  . Тодібез обмеження загальностідля діагоналі можливий варіант
aP  . Тоді для іншої діагоналі aR  . Але тоді в першому рядку вже немає де
поставити число a.
Якщо YXa  , TZb  , то у комірці Q мають одночасно бути a і b.
Випадок, коли усі числа різні неважко побудувати, тобто
показати, що таке заповнення квадрату існує. Для квадрату, що
задовольняє другу умову покажемо існування такого квадрату
(рис. 15).
Далі неважко зрозуміти для якого з двох варіантів можливе
шукане найменше значення. Для першого варіанту нехай числа,
що будуть у комірках мають значення dcba ,,, . Їх можлива
найменша сума – це 10 (для набору 4;3;2;1 ), тут достатньо покласти 2006e . А для
другого варіанту тут може бути в якості чисел cbaa ,,, можна вибрати такі, що їх
сума стане 7 (для набору 3;2;1;1 ).
12. Задача № 12 середньої ліги.
13. Задача № 13 середньої ліги.
14. Задача № 14 середньої ліги.
15. Заданий квадрат 20172017 . Розглядаються всередині цього квадрату менші
*
*
*
Рис. 13
Q
X R
Y
Z
T P
Рис. 14
B A E D C
A C D B E
D E A C B
C D B E A
E B C A D
Рис. 15

15. 15
квадрати, сторонами яких йдуть вздовж ліній, що розділяють квадратики 11 .
Скільки серед таких квадратиків таких, що не містять центральний квадратик
заданого квадрату?
Відповідь: 2052451296.
Розв’язання. Очевидно, що серед квадратів розміром більше половини сторони
заданого квадратутакихне існує. Тобто розглядаємо лишеквадрати kk  , де 1008k
. Усього таких квадратів всередині заданого квадрату 20172017 рівно 2
)2018( k ,
1008k . Це стає зрозумілим, якщо порахувати можливе розташування однієї з
вершин такого квадрату. Тепер подивимось скільки серед квадратів розміру kk 
таких, що містять центр заданого квадрату. Так само, якщо розглянутиоднуз вершин
такого квадрату, то для неї (і відповідно це є кількість усіх таких квадратів) існує
рівно 2
k таких положень. Таким чином кількість шуканих квадратів дорівнює:
 )1008...21()1010...20162017( 222222
 2222222
1009)1008...21(2)1...20162017(
 2222222
1009)1008...21(2)1...20162017(
 2222222
1009)1008...21(2)1...20162017(
205245129610092
3
201710091008
6
403520182017   .
16. Задача № 16 середньої ліги.
17. Знайдіть найменше натуральне число y , для якого існує натуральне число x, щоб
справджувалась рівність: x
y 222 10132
 .
Відповідь: 160.
Розв’язання. Зробимо такі перетворення:
2531010132
)32(2)12(22222  xxx
y 
)96)(96()32(2 252
 yyyx
.
Таким чином 962  ym
та 962  yn
, звідси 19222  mn
 6
23)12(2 mnm
. Тому 6m , 2 mn , тобто 8n . Таким чином 160962  n
y .
18. Знайдіть кількість цілих невід’ємних чисел m, що задовольняють рівність:
][][ 4544
mm  .
Відповідь: 990.
Розв’язання. Нехай nmm  ][][ 4544
. Очевидно, що 0n . Тоді маємо такі випадки.
Якщо 0n , то m пробігає усі цілі значення від 0 до 43, тобто маємо 44 розв’язки.
Якщо 1n , то m пробігає усі цілі значення від 45 до 871442  , тобто маємо 43
розв’язки.
Якщо 2n , то m пробігаєусі цілі значення від 90 до 1311443  , тобто маємо 42
розв’язки.

16. 16
Якщо 44 kn , то m пробігає усі цілі значення від k45 до 4344144)1(  kk
, тобто маємо k44 розв’язки, 44;3k .
Зрозуміло, що при 44 kn розв’язків не існує. Таким чином усього розв’язків є:
99044...210 2
4544   .
19. Фішки можуть стоятилише точно в серединах клітин розміру 11 . У початковий
момент у кожній клітині квадрату 2020 стоїть фішка. Для якого найбільшого числа
d Петрик може пересунути кожну фішку на відстань не менше ніж d таким чином,
щоб знову у кожній клітині стояла рівно одна фішка?
Відповідь: 210 .
Розв’язання. На більшу відстань неможливо зсунути фішки, що стоять у чотирьох
центральних клітинах. Те, як зсунути усі фішки для такого значення випливає з такої
стратегії. Ділимо квадрат 2020 на чотириквадрати 1010 . Далі міняємо відповідні
фішки в діагональних парах квадратів. Очевидно, що кожна фішка пересувається
рівно на зазначену відстань.