завдання iv етапу liii всеукраїнської учнівської...

Ігор МІТЕЛЬМАН, заслужений вчитель України, викладач Рішельєвського ліцею, доцент Одесько-

го обласного інституту вдосконалення вчителів, кандидат фіз.-мат. наук

Вадим РАДЧЕНКО, заслужений вчитель України, професор Київського національного університету

імені Тараса Шевченка, доктор фіз.-мат. наук

Дмитро СКОРОХОДОВ, доцент Дніпропетровського національного університету імені Олеся Гончара,

кандидат фіз.-мат. наук

Георгій ШЕВЧЕНКО, доцент Київського національного університету імені Тараса Шевченка,

кандидат фіз.-мат. наук

В’ячеслав ЯСІНСЬКИЙ, заслужений вчитель України, доцент Вінницького державного педагогічного

університету імені Михайла Коцюбинського

ЗАВДАННЯ IV ЕТАПУ LIII ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ УЧНІВСЬКОЇ ОЛІМПІАДИ З МАТЕМАТИКИ

Четвертий (заключний) етап LIII Всеукраїнської учнівської олімпіади з

математики проходив у м. Львові з 24 по 28 березня 2013 р. В олімпіаді взяли участь 167 учнів з усіх регіонів України, а також — поза конкурсом — команда з п’яти московських учнів 9-10 класів, запрошена Міністерством освіти і науки України.

Журі олімпіади очолював академік НАН України, лауреат Державної премії України, професор, доктор фізико-математичних наук, завідувач кафед-ри Київського національного університету імені Тараса Шевченка М. О. Перестюк. Міністерство освіти і науки України представляла заступник голови оргкомітету начальник відділу роботи з обдарованою молоддю та з про-ведення масових заходів Інституту інноваційних технологій і змісту освіти Л. В. Гунько.

Оргкомітет на чолі з директором Департаменту освіти, науки, сім’ї і мо-лоді Львівської обласної державної адміністрації М. Г. Брегіним створив для проведення олімпіади, перебування школярів, керівників команд, членів журі всі необхідні умови.

Підтримку цьогорічній Всеукраїнській учнівській олімпіаді з математики надала корпорація «ROSHEN», яка в партнерстві з Інститутом інноваційних те-хнологій і змісту освіти МОН України ініціювала довгострокову освітню про-граму «Лауреат ROSHEN» для відзначення найрозумніших школярів України. Український учень, який у складі нашої збірної команди здобуде найбільшу кі-лькість балів на Міжнародній математичній олімпіаді, стане першим «Лауреа-том ROSHEN» і, зокрема, отримає вагомий грант на навчання в одному з най-престижніших університетів світу.

Учасники виконали завдання двох турів олімпіади, на кожному з яких на 4 години було запропоновано по 4 задачі з різних розділів шкільної програми та традиційних напрямів олімпіадної підготовки з математики. Бездоганне розв’язання кожної задачі, як і завжди, оцінювалося 7 балами.

Наведені нижче таблиці показують зведені результати учнів з виконання завдань олімпіади та дозволяють зробити висновки щодо рівня підготовки пе-реможців І-ІІІ етапів олімпіади до заключного етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з математики.

8 клас (44 учасники)

Набрані бали №1 №2 №3 №4 №5 №6 №7 №8 7 балів 18 22 11 4 7 4 5 6 6 балів 1 0 0 0 3 0 0 0 5 балів 2 0 0 0 1 0 0 2 4 бали 0 0 0 0 2 1 0 0 3 бали 0 0 3 2 3 3 0 5 2 бали 0 0 3 10 0 17 12 28 1 бал 11 4 16 21 10 16 21 0 0 балів 12 18 11 7 18 3 6 3

9 клас (40 учасників)


10 клас (40 учасників)


11 клас (43 учасники)


Відповідно до спільного рішення оргкомітету та журі дипломами І-ІІІ

ступенів нагороджено 84 учасники олімпіади.

Кількість дипломів переможців по регіонах

Регіони

Кіль

кіст

ь уч

асни

ків Дипломи І ст. Дипломи ІІ ст. Дипломи ІІІ ст.

Разом класи класи класи

8 9 10 11 8 9 10 11 8 9 10 11

АР Крим 5 2 1 3 Вінницька область 6 1 1 1 3 Волинська область 8 1 3 4 Дніпропетровська область 8 2 1 2 1 6 Донецька область 8 1 2 2 5 Житомирська область 4 0 Закарпатська область 6 1 1 Запорізька область 7 1 1 1 3 Івано-Франківська область 6 1 1 2 4 Київська область 3 1 1 Кіровоградська область 4 0 Луганська область 4 0 Львівська область 8 2 1 2 5 Миколаївська область 3 1 1 2 Одеська область 4 1 1 Полтавська область 4 0 Рівненська область 4 1 1

Сумська область 5 1 1 2 Тернопільська область 4 1 1 2 Харківська область 15 2 2 1 3 3 2 1 1 15 Херсонська область 6 1 1 3 5 Хмельницька область 4 1 1 Черкаська область 7 1 1 2 4 Чернігівська область 4 0 Чернівецька область 4 0 м. Київ 14 1 3 1 2 2 1 1 11 м. Севастополь 4 1 1 УФМЛ 8 1 1 1 2 5 Усього 167 3 2 3 3 7 7 7 7 12 11 10 12 84

ЗАДАЧІ ОЛІМПІАДИ ТА ЇХ РОЗВ’ЯЗАННЯ

8.1. Для невід’ємних чисел x і y має місце рівність 122

y x xy . Яких

значень може набувати вираз 2x y xy ?

Розв’язання. Для 0x , 0y 122

y x xy 12 22

x y xy xy

212

2x y xy

12

2x y xy .

Відповідь: 12

.

Зауваження. Невід’ємні числа x і y , що задовольняють умову, насправді існують. 8.2. Чи можливо виписати в рядок усі натуральні числа від 1 до 24 так, щоб можна було вибрати щонайбільше чотири числа (не обов’язково розташованих поспіль), які стоять у цьому рядку в порядку зростання, та щонайбільше шість чисел (також не обов’язково розташованих поспіль), які стоять у цьому рядку в порядку спадання? Розв’язання. Покажемо, що це можливо:

6, 5, 4, 3, 2, 1, 12, 11, 10, 9, 8, 7, 18, 17, 16, 15, 14, 13, 24, 23, 22, 21, 20, 19 . Відповідь: так, можна. 8.3. Відомо, що для натуральних k , m , n і q виконується рівність

2 2 22 2013qk km m n , причому числа k і m — взаємно прості.

Доведіть, що числа n і 2k km не є взаємно простими.

Розв’язання. Маємо рівність 22 2 2013qk k m n . Оскільки ; 1k m 1, то

; 1k k m . Припустимо, що n і 2k km — взаємно прості числа. Тоді

; 1n k і ; 1n k m . Отже, серед чисел k , k m і n не більше за одне

парне. І тому 22 2 2 mod 4k k m n чи 22 2 3 mod 4k k m n .

Але ж 2013 1 mod 4q , і одержуємо суперечність.

Зауваження. Для 10k , 33m , 8n маємо: 22 210 10 33 8 2013 . 8.4. Нехай M — середина бічної сторони AB трапеції ABCD , O — точка перетину її діагоналей, причому AO BO . На півпрямій OM позначили таку точку P , що 90PAC . Доведіть, що AMD APC . Розв’язання. Трикутники AOD і COB

подібні, і тому OC OBOA OD

. Оскільки

AM — висота, проведена до гіпотенузи прямокутного трикутника APO , то

маємо: 2OC OD OA OB OA OM OP . Отже, OC OPOM OD

. Півпряма OM —

бісектриса кута AOB , і MOD COP . Звідси випливає подібність трикутників OCP і OMD . Відтак, OCP OMD , 90 90OCP OMD , тобто APC AMD . 8.5. Коротульки-малюки Незнайко, Знайко та Поспішайко одночасно вирушили в подорож із Квіткового міста до Зеленого міста, відстань між якими становить 1,7 км. Швидкості їхнього руху пішки дорівнюють 4 м/хв, 5 м/хв та 6 м/хв відповідно. У них є один моторолер, швидкість якого — 20 м/хв. Один з коротульок спочатку поїхав на моторолері, а двоє інших вийшли пішки. Проїхавши певну відстань, він залишив моторолер на дорозі й продовжив свій шлях пішки. Коротулька, що першим дістався до моторолера, поїхав на ньому і через деякий час також залишив його на дорозі, продовживши свій шлях пішки. Урешті-решт, третій із мандрівників, дійшовши до моторолера, прибув на ньому до Зеленого міста, причому — одночасно з двома іншими коротульками. Скільки часу кожен з малюків їхав на моторолері?

1 Символом ( ; )a b позначено найбільший спільний дільник натуральних чисел a і b .

Розв’язання. Нехай кожен з коротульок витратив на всю подорож t хв. Незнайко їхав на моторолері x хв, Знайко — y хв, а Поспішайко — z хв. Тоді маємо таку систему рівнянь:

20 4 1700,

20 5 1700,

20 6 1700,

20 1700.

x t x

y t y

z t z

x y z

Розв’язавши цю систему, знаходимо: 253t , 43x , 29y , 13z . Відповідь: Незнайко, Знайко та Поспішайко їхали на моторолері 43 хв, 29 хв та 13 хв відповідно. 8.6. Усередині гострокутного трикутника ABC позначено таку точку Q , що

60QAC , 30QCA QBA . Нехай точки M і N — середини сторін AC і BC відповідно. Знайдіть величину кута QNM . Розв’язання. Маємо, що 90AQC . Нехай K — середина відрізка QC . Тоді

MN AB , NK BQ . Отже, 30MNK ABQ . Звідси випливає, що MNK MQK , адже 30MQK . Відтак, навколо чотирикутника QNKM

можна описати коло. Оскільки MK QC , то 90QNM QKM . Відповідь: 90QNM . 8.7. Знайдіть усі такі цілі n , для яких 3n та 2 3 3n n одночасно будуть кубами цілих чисел. Розв’язання. Якщо числа 3n і 2 3 3n n будуть точними кубами, то кубом

цілого числа має бути й число 323 3 3 2 1n n n n . Звідси, з

необхідністю, 2n або 3n . Перевірка залишає нам лише 2n . Відповідь: 2n .

8.8. Яку найбільшу кількість триклітинкових прямокутників (у будь-якій орієнтації) можна зафарбувати на клітчастій дошці розміру 20 13 так, щоб жодні два зафарбовані прямокутники не мали спільних точок? Розв’язання 1. Виділимо на дошці розміру 20 13 30 квадратів 2 2 та 5

двоклітинкових прямокутників (далі — виділені фігурки) так, як зображено на малюнку ліворуч. Кожен триклітинковий прямокутник має спільні клітинки рівно з однією із 35 виділених фігурок. З іншого боку, відповідно до вимог умови задачі кожна із 35 виділених фігурок має спільні клітинки не більше, аніж з одним із триклітинкових прямокутників. Отже, триклітинкових прямокутників повинно бути не більше за 35. На малюнку праворуч зображено потрібне розташування 35 триклітинкових прямокутників. Розв’язання 2. Наведемо інший спосіб доведення того факту, що триклітинко-вих прямокутників не може бути більше, ніж 35. Відмітимо вузли ґратки — ве-ршини всіх клітинок дошки розміру 20 13 . Одержимо 14 рядочків, у кожному з яких по 21 вузлу. Триклітинковий прямокутник у такому рядочку може задія-ти тільки парну кількість вузлів (0, 2 або 4), і тому в кожному з 14 рядочків що-найменше по одному вузлу ми не задіюємо. Отже, задіяними буде не більше за 280 вузлів ґратки. Оскільки кожен триклітинковий прямокутник задіює рівно 8 вузлів, і жоден вузол не належить більше, аніж одному прямокутнику, то триклітинкових прямокутників — щонайбільше 35. Відповідь: 35 триклітинкових прямокутників. 9.1. Для кожного дійсного невід’ємного значення параметра a визначте кількість дійсних розв’язків рівняння 1ax x a . Розв’язання. Для 0a єдиним розв’язком є 1x . Нехай тепер 0a . Тоді слід розглядати тільки 0x . Зауважимо, що 1x є розв’язком для кожного 0a . Нехай 1x . Маємо:

1,1;

ax x ax

1,

1;a x x a

x

1 1,

1;

a x x

x

1,

1.a x

x

Відповідь: якщо 0; 1 4a , то рівняння має єдиний розв’язок 1x ; якщо

1; 4 4;a , то рівняння має два розв’язки 21x a і 1x .

9.2. Знайдіть усі такі пари натуральних чисел m і n , для яких 22 2

3m n

m n

є

квадратом натурального числа.

Розв’язання. Нехай m і n такі натуральні числа, що 2 22 2

3m nk

m n

, де k ,

1k (ми врахували, що 2 2 23m n m n ). Тоді

2 2 2 21 6 9 0k m nm k n .

Розглядаючи цю рівність як квадратне рівняння відносно m , для його дискри-

мінанта одержуємо, що 2 2 24 9 1 9n k k є квадратом цілого числа. Для

4k 2 21 9 9k k . Для 2k число 2 2 2 24 9 1 9 96n k k n не є

точним квадратом. Залишається розглянути випадок 3k . Маємо, як неважко бачити, рівність 4 3m n . Звідки 3m l , 4n l , де l . Відповідь: 3m l , 4n l , де l — довільне. 9.3. Нехай M — середина сторони BC гостро-кутного трикутника АВС , в якому AB AC , O — центр його описаного кола. Проведемо з точки M перпендикуляри MP і MQ до сторін AB і AC відповідно. Доведіть, що пряма, яка проходить через середину відрізка PQ і точку M , є паралельною прямій AO . Розв’язання. Без обмеження загальності вважаємо, що AB AC . Нехай F — така точка відрізка PQ , що FM AO . Покажемо, що F — середина відрізка PQ . Проведемо з точок P і Q перпендикуляри PK і QE до прямої MF . Доведемо рівність PK QE , з якої і випливатиме потрібний факт. Позначимо через L і T точки перетину прямої MF з прямими AB і AC відповідно. Тоді

90BLM BAO C , 90CTM CAO B . З відповідних прямокутних трикутників маємо:

1 sin2

PM BC B ,

1sin cos sin sin sin2

PK PM PML PM BLM PM C BC B C .

Аналогічно, 1 sin2

QM BC C ,

1sin cos sin sin sin2

QE QM QMT QM CTM QM B BC C B .

Отже, PK QE , що й треба було довести. 9.4. Нехай 35m — задане натуральне число. Відомо, що в суді племені Мумбо-Юмбо працює m суддів. Для прискореного розгляду справ Верховний шаман племені вирішив утворити суддівські трійки так, щоб кожні дві трійки мали хоча б одного спільного суддю. Яку найбільшу кількість суддівських трійок може утворити Верховний шаман? Розв’язання 1. Візьмемо одного із суддів. Якщо утворити всі можливі трійки з m суддів так, щоб до складу кожної з них входив цей суддя, то всі утворені су-ддівські трійки задовольнятимуть умову задачі, причому їх буде рівно

21

1 22m

m mC

.

Доведемо, що більшої кількості суддівських трійок отримати неможливо. При-пустимо, що з дотриманням умови задачі утворилося N суддівських трійок, причому 2

1 1mN C . Нехай одна з таких трійок — назвемо її основною — складається із суддів 0A , 1A і 2A . Через 0M A , 1M A , 2M A позначимо множини всіх суддівських трійок (за винятком основної), до складу яких вхо-дять судді 0A , 1A , 2A відповідно (дані множини можуть мати й спільні трійки). За припущенням, будь-яка з 1N неосновних суддівських трійок повинна на-лежати одній з цих множин. Тоді, за принципом Діріхле, хоча б одна з множин

0M A , 1M A , 2M A містить не менше за 13

N суддівських трійок, причо-

му 1 21

3 6m mN

. Нехай, для визначеності, це буде множина 0M A .

У ній знайдеться менше, ніж 2 2m суддівських трійок, до складу яких одно-часно із суддею 0A входять або суддя 1A , або суддя 2A . Оскільки

1 22 2

6m m

m

, то в множині 0M A знайдеться така суддівська

трійка 0 3 4A A A , що 3 1 2,A A A і 4 1 2,A A A . Аналогічно, у множині

0M A існує менше, ніж 4 2m трійок, до складу яких одночасно із суддею

0A входить принаймні один із суддів iA , 1 4i . Оскільки

1 24 2

6m m

m

, то в множині 0M A знайдеться така суддівська

трійка 0 5 6A A A , що 5 |1 4iA A i і 6 |1 4iA A i . Урешті-решт пока-

жемо, що в множині 0M A знайдеться суддівська трійка 0 7 8A A A , у якій

7 |1 6iA A i , 8 |1 6iA A i . Для цього нам знадобиться більш точна оцінка кількості неосновних трійок, до складу яких одночасно із суддею 0A

входить хоча б один із суддів iA , 1 6i . У добутку 6 2m кожна із 26C суд-

дівських трійок вигляду 0 i jA A A , 1 6i j , враховується двічі, до того ж, ос-

новну трійку 0 1 2A A A слід узагалі виключити з розгляду. Отже, у множині

0M A існує не більше, ніж 266 2 1 6 28m C m потрібних нам трійок.

Оскільки 1 2

6 286

m mm

для 35m , то й маємо потрібний результат.

Далі, за умовою задачі будь-яка із N утворених суддівських трійок має хоча б одного спільного суддю з кожною з чотирьох суддівських трійок 0 1 2A A A ,

0 3 4A A A , 0 5 6A A A і 0 7 8A A A . Зрозуміло, що одним із спільних членів таких трійок мусить бути суддя 0A , бо якщо він не входить до деякої суддівської трійки, то до її складу повинні входити хоча б по одному судді з кожної з множин 1 2,A A , 3 4,A A , 5 6,A A , 7 8,A A , що неможливо. Отже, усі утворені суд-

дівські трійки мають спільного суддю 0A , а це означає, що 21mN C . Дістали

суперечність.

Відповідь: 21

1 22m

m mC

.

Розв’язання 2 (учасник олімпіади Смірнов Денис, м. Харків). Назвемо рейтин-гом судді кількість трійок, до яких він входить. Нехай A — суддя з найбільшим рейтингом (якщо таких суддів декілька, то візьмемо будь-якого з них). Якщо суддя A входить до всіх трійок, то маємо очевидну відповідь

21

1 22m

m mC

. Припустимо тепер, що існує трійка, до якої суддя A не

входить. Нехай це трійка BCD . Тоді, як неважко помітити, найбільша можлива

кількість суддівських трійок, які містять суддю A , становить 3 4 3 3 3m m . Оскільки суддя A має найбільший рейтинг, то рейтинги

кожного із суддів B , C , D не перевищують 3 3m . До кожної суддівської трійки входить хоча б один із суддів B , C , D , і тому загальна кількість суддів-ських трійок не більше за 9 3m . Для 18m виконується нерівність

1 29 3

2m m

m

.

Зауваження. Ми бачимо, що такий спосіб міркувань покращує результат задачі: її твердження доведено для 18m . 9.5. Розв’яжіть рівняння 2x x x x (тут a — ціла частина числа a , тобто

найбільше ціле число, яке не перевищує a ; a a a — дробова частина числа a ). Розв’язання. Помітимо, що 0x є коренем рівняння. Далі вважаємо, що 0x .

Запишемо наше рівняння у вигляді 2x x x x x , 2 2x x x x x

.

Оскільки 2x — ціле число, то маємо: 2x x x x . Звідки

2 20 1x x x x x . (*)

Позаяк ми розглядаємо 0x , то, зрозуміло, 0x x (якщо 0x x , то

2 0x x x x , 0x ). З нерівностей (*) маємо, що 0x . Далі,

0 1x x x , і тому x x . Але тоді 2 0x x x , адже 2x — ці-

ле число. Відповідь: 0x . 9.6. Нехай a , b і c — дійсні числа з проміжку 0; 1 . Доведіть, що має місце

нерівність 1 1 1a b c a b b c c aa b c

.

Розв’язання. Не порушуючи загальності, будемо вважати, що 0 1a b c . Тоді маємо для доведення нерівність

1 1 1 3 0a b ca b c

.

Для 0a 1 2aa . Якщо 0 1b , то 1 0b

b . Для 0 1c неважко одержа-

ти нерівність 1 3 2cc . Додавши ці три нерівності, одержимо потрібну нерів-

ність. 9.7. Див. задачу 8.8. 9.8. Навколо гострокутного трикутника ABC , у якому AB BC AC , описано коло з центром O . Позначимо через I центр вписаного кола даного трикутника, а через M — середину сторони BC . Нехай точка Q симетрична точці I відносно M , півпряма OM перетинає коло в точці D , а півпряма QD вдруге перетинає коло в точці T . Доведіть, що ACT DOI . Розв’язання. Нехай DL — діаметр кола , точка K симетрична D відносно прямої BC . Чотирикутник QDIK є паралелограмом. У прямокутному

трикутнику DBL 2DB DM DL . Як відомо, DB DI (лема про «тризуб»).

Отже, 2 2DI DM DL DM DO DK DO , DI DODK DI

. Тому трикутники

DOI і DIK подібні, і IOD KID . Відтак, одержуємо:

180.

DOI KID KIQ QID DQI QID IDQIDT ADT ACT

10.1. Для дійсних чисел x , y , z і t виконуються рівності

14

x y z y z t z t x t x y .

Знайдіть усі можливі значення виразу x y z t . (Тут a a a , а a — ціла частина числа a , тобто найбільше ціле число, яке не перевищує a .) Розв’язання. Із умови задачі випливає, що

14

x y z x y z , 14

y z t y z t ,

14

z t x z t x , 14

t x y t x y .

Отже, 3 1x y z t x y z y z t z t x t x y . Це озна-

чає, що 3 x y z t — ціле число, тобто дробова частина числа x y z t

дорівнює 0 , 13

або 23

.

Усі ці значення досягаються. Для того, щоб у цьому переконатись, розглянемо

випадки 34

x y z t , 112

x y z t , 512

x y z t .

Відповідь: 0 ; 13

; 23

.

10.2. Нехай M — середина сторони BC трикутника ABC . На його сторонах AB і AC позначили відмінні від вершин довільні точки E і F відповідно. Нехай K — точка перетину прямих BF і CE , L — така точка, що CL AB і BL CE , а N — точка перетину прямих AM і CL . Доведіть, що KN FL . Розв’язання 1. Чотирикутник BECL — паралелограм. Позаяк AB CN , а точка M — середина відрізка BC , то ABNC також є паралелограмом, і тому AE NL . Нехай P — точка перетину прямих BF і

CN . Оскільки FC BN , то трикутники PBN і PFC подібні. Звідки PF PCPB PN

,

тобто PB PCPFPN

. Оскільки PC BE , то подібними будуть трикутники PCK

і BEK . Маємо: PK PCBK BE

, BK PCPKBE

. Отже, PF PB BEPK BK PN

. Оскільки

трикутники BLP і KEB подібні, то PL BEPB BK

, і PL PB BEPN BK PN

. Тепер ми маємо

пропорцію PF PLPK PN

, з якої, у свою чергу, випливає подібність трикутників

PFL і PKN . Відтак, PFL PKN , і тому KN FL , що й треба було довести.

Розв’язання 2. Нехай b AB

, c AC

, AE e AB

, AF f AC

, 0 1e , 0 1f . Тоді

1 1FL FB BL AB AF AC AE e b f c

. Оскільки точки B , K і F колінеарні, то для деякого дійсного x маємо:

1AK x AB x AF

. Аналогічно, для колінеарних точок C , K і E

1AK y AE y AC

.

Тепер одержуємо рівність 1 1x ey b y x f c

. Оскільки вектори b

і

c

неколінеарні, то 1 1 0x ey y x f . Звідси 1e efx

ef

, 11

fyef

, і то-

му 1 1e ef f efAK b c

ef ef

.

Далі, 1 1 11 1 1

e fKN KB BN AB AK AC b c FLef ef ef

.

Отже, KN FL . Розв’язання 3. Виконаємо паралельне проектування так, щоб кут BAC спроек-тувався в прямий кут, а відрізки AB і AC — у рівні відрізки (у площині проек-цій будемо використовувати позначення з умови задачі). Тепер задачу легко розв’язати методом координат, вважаючи точку A початком координат і на-прямивши координатні осі вздовж променів AB і AC . Для точок 1;0B ,

0;1C , ;0E e , 0;F f , 0 1e , 0 1f , неважко отримати, що 1;1N ,

1 ;1L e , 1 1;

1 1f e e f

Kfe fe

. Звідси знаходимо, що прямі KN і FL мають

однаковий кутовий коефіцієнт 11

fe

.

Розв’язання 4. Застосуємо теорему Паппа — класичну теорему проективної геометрії — до колінеарних трійок ( , , )F K B і ( , , )N L C . Спільні точки (власні чи невласні) прямих KN і FL , FC і BN , KC і BL мають лежати на одній пря-мій (власній чи невласній). Оскільки FC BN і KC BL , то спільна точка пря-мих FC і BN , як і спільна точка прямих KC і BL , є невласною — нескінченно віддаленою. Отже, спільна точка прямих KN і FL також є нескінченно відда-леною, тобто KN FL .

10.3. Відомо, що для натуральних чисел a , b , c , d і n виконуються нерівності

a c n і 1a cb d . Доведіть, що 3

11a cb d n .

Розв’язання. Оскільки 2n a c , то 3n . До того ж, a b і c d , адже

1a cb d .

Розглянемо такі випадки.

а) Нехай b n і d n , тоді 31 1 11 1a c a c a c n

b d n n n n n n

.

б) Нехай b n і d n , тоді з нерівності 1a cb d випливає, що ad bc bd ,

тобто 1ad bc bd . Звідси 2 31 1 11 1 1a c

b d bd n n .

в) Нехай b n d . Якщо 2d n , то 3bd n , і тоді 31 11 1a c

b d bd n . Якщо

2d n , то 2 22 1 2c n

d nn n

, оскільки 1c n a n , тобто 2c n . Припус-

тимо, що 311a c

b d n . Тоді 3 2 3

1 1 2 1 11 a cb d n nn n n

. Звідси випливає,

що b n b a n (тут ми врахували, що a b ), що суперечить нерівності b n d .

г) Нехай d n b . Якщо 2b n , то 3bd n , і тоді 31 11 1a c

b d bd n . Якщо

2b n , то 2 22 1 2a n

b nn n

, оскільки 1a n c n , тобто 2a n . Припус-

тимо, що 311a c

b d n . Тоді 3 2 3

1 1 2 1 11 c ad b n nn n n

. Позаяк c d ,

маємо: d n d c n . Одержали суперечність з нерівністю d n b .

Отже, нерівність 311a c

b d n виконується в усіх випадках, що й треба було

довести. 10.4. На столі лежать 100 карток, які пронумеровані натуральними числами від 1 до 100 . Андрійко й Миколка вибрали собі однакову кількість карток так, що якщо картка з номером n є в Андрійка, то в Миколки є картка з номером 2 2n . Яка максимальна кількість карток могла бути в обох хлопчиків?

Розв’язання. Спочатку доведемо, що кількість карток у обох хлопчиків не перевищує 66 , тобто кількість карток у кожного не перевищує 33 . Оскільки 2 2 100n , то 2 98n , тобто 49n . Це означає, що номери карток Андрійка належать множині 1, 2, 3, . . . , 49 . Розіб’ємо цю множину на такі

групи підмножин: 1, 4 , 3, 8 , 5, 12 , … , 23, 48 (12 підмножин); 2, 6 ,

10, 22 , 14, 30 , 18, 38 ( 4 підмножини); 25 , 27 , 29 , … , 49 (13 пі-

дмножин); 26 , 34 , 42 , 46 (4 підмножини). Усього 12 4 13 4 33 підмножини. Будь-які дві з цих підмножин не мають спільних елементів. Якщо в Андрійка буде щонайменше 34 картки, то за принципом Діріхле номери яки-хось двох з них будуть елементами однієї із вказаних вище двоелементних під-множин. Але оскільки кожна така двоелементна підмножина має вигляд , 2 2n n , то одержуємо суперечність з умовою задачі. Приклад для множини A номерів 33 карток Андрійка може бути таким:

1, 3, 5, . . . , 23, 2, 10, 14, 18, 25, 27, 29, . . . , 49, 26, 34, 42, 46A .

Тоді номери карток Миколки утворюватимуть множину 2 2 |M n n A . Відповідь: 66 карток. 10.5. Знайдіть усі такі дійсні значення x , для яких виконується нерівність

min sin , cos min 1 sin , 1 cosx x x x .

(Для a b min , min ,a b b a a .) Розв’язання. Умова задачі рівносильна сукупності систем нерівностей

sin 1 sin ,sin 1 cos ;

cos 1 sin ,cos 1 cos .

x xx xx xx x

Маємо: 1sin ,21cos ;2

sin cos 1.

x

x

x x

Відповідь: 3 2 ; 22

n n

, n .

10.6. Знайдіть усі такі пари простих чисел p і q , які задовольняють рівність 13 2 19q pp q .

Розв’язання. Зрозуміло, що слід розглядати тільки 3p . Якщо p q , то

маємо рівність 2 3 23 2 19p pp p p , яка для простого 3p є неможливою.

Розглядаємо далі p q . За Малою теоремою Ферма 1 1 0 modpq p ,

1 1 0 modqp q . Подаємо задану рівність у вигляді 13 2 1 21q pp q , і

оскільки ліва частина цієї рівності ділиться без остачі на p , робимо висновок, що 3p або 7p . Далі, записавши вихідну рівність у вигляді

1 13 1 2 19 3q pp p q p , одержуємо, що 19 3p ділиться без остачі на q .

Подальшим нескладним перебором дістанемо відповідь. Відповідь: 3p , 2q ; 7p , 2q . 10.7. Чи можна в просторі відмітити 24 точки, жодні три з яких не лежать на одній прямій, та провести рівно 2013 різних площин так, щоб кожна містила не менше трьох відмічених точок, і будь-яка трійка відмічених точок належала хоча б одній з цих площин? Розв’язання. Припустимо, що це можливо. Позначимо через 1 , 2 , … , 2013 ці площини, а через 1n , 2n , … , 2013n — кількості відмічених точок, що, відповідно, їм належать. Тоді, за умовою задачі, 3in для кожного i , 1 2013i . Зрозуміло, що

1 2 2013

3 3 3 324... 2024n n nC C C C .

До того ж, 5in для всіх i , 1 2013i , бо якщо серед 1n , 2n , … , 2013n знай-деться хоча б одне число, яке більше 5, то матимемо:

1 2 20132012 доданків

3 3 3 362024 ... 1 1 ... 1 2012 20 2032n n nC C C C ,

що є хибним. Нехай серед чисел 1n , 2n , … , 2013n рівно a чисел дорівнюють 3 , рівно b чисел дорівнюють 4 і рівно c чисел дорівнюють 5 . Тоді 2013a b c , і

3 3 33 4 5 2024C a C b C c . Звідки одержуємо рівність 3 9 11b c , яка не

може виконуватись для цілих невід’ємних b і c . Одержана суперечність завершує розв’язання. Відповідь: ні, неможливо.

10.8. Нехай точка M — середина бісектриси AD гострокутного трикутника ABC . Коло з діаметром AC перетинає відрізок BM у точці E , а коло з діаметром AB перетинає відрізок CM у точці F . Доведіть, що точки B , E , F і C лежать на одному колі. Розв’язання. Якщо AB AC , то твердження задачі є очевидним. Без обмеження загальності вважатимемо, що AB AC . Нехай AH — висота трикутника ABC . Тоді точка H лежить між точками B і D . Відрізок AH — спільна хорда кіл 1 та 2 , побудованих як на діаметрах на відрізках AB і AC відповідно. Через вершину A проведемо пряму, перпендикулярну до AD , яка перетинає кола 1 і 2 у відмінних від A точках K і L відповідно. Доведемо, що пряма BL проходить через точку M . Позначимо через X точку перетину прямих BL і AD . Оскільки KB AD LC , то отримуємо такі пропорції:

AX LAKB LK

, DX BDCL BC

, BD KABC KL

.

Отже, KB LAAXLK

, CL KADXKL

. Далі, KAB LAC , і трикутники AKB і

ALC подібні. Звідси KA KBLA LC

, LC KA KB AL . Відтак, AX DX , тобто

точка X збігається з точкою M . Аналогічно доводиться, що пряма CK також проходить через точку M .

Маємо: 180DME LMA CLE DHE (ми використали, що чотирикутник ELCH вписаний у коло 2 ). Це означає, що точки E , M , D і H лежать на одному колі. Чотирикутник KBHF вписаний у коло 1 , і тому

180DMF KMA MKB BHF DHF , звідки випливає, що точки M , H , D і F лежать на одному колі. Ми довели, що точки M , E , H , D і F лежать на одному колі. У прямокутному трикутнику HAD відрізок HM — медіана, проведена до гіпотенузи. Тому MD MH . Відтак, MDH MHD MED MFH . Розглянемо трикутники MDE і MBD , в яких кут при вершині M спільний, а

MED MDB . Отже, 180 CFE MFE MDE MBD . З цього й одержуємо, що чотирикутник BEFC вписаний. Зауваження. Для гострокутного трикутника ABC легко довести, що середина бісектриси AD лежить усередині обох кіл 1 і 2 . Насправді, побудуємо квадрат ABTS так, щоб точки T , C і S лежали по один бік від прямої AB . Нехай G — основа перпендикуляра, проведеного з точки B до прямої AD .

Тоді cos cos452 2

AT ADAG AB BAD AB AM , і тому кут AMB тупий.

Аналогічно доводиться, що кут AMC також тупий. 11.1. Для кожного дійсного значення параметра a визначте кількість дійсних

розв’язків рівняння 20133a x xx . Розв’язання. Зрозуміло, що 0x . Для будь-якого a 0x є розв’язком даного рівняння. Будемо далі розглядати 0x і запишемо наше рівняння в

рівносильному вигляді 40253 2

1a xx

.

На проміжку 0; функція 40253 2

1f x xx

є неперервною та строго

зростаючою. До того ж, 0

limx

f x

і limx

f x

. Отже, функція f на

проміжку 0; набуває кожного дійсного значення, причому — рівно один раз. Відповідь: рівняння має два розв’язки для будь-якого дійсного значення a . 11.2. Див. задачу 10.2. 11.3. Знайдіть усі функції :f , які задовольняють такі дві умови: а) f x f y для будь-яких цілих x і y таких, що x y ;

б) f f x y x f x f y f x для всіх x і y .

Розв’язання. Візьмемо 0x y . Знаходимо, що 0 0f . Нехай 0 0x і поз-

начимо 0a f x , 0a . Підставимо до вихідного співвідношення 0x x . Тоді

для всіх y маємо 0f ay x af y a . Тепер підставимо до вихідного співвідношення замість x вираз 0ax x . Одержуємо:

0 0 0 0f f ax x y ax x f ax x f y f ax x ,

0f af x a y ax x af x a f y af x a ,

0f af x y ay ax x af x f y af y af x a .

Оскільки до правої частини x і y входять симетрично, то

0 0f af x y ay ax x f af y x ax ay x для всіх x і y .

З урахуванням умови задачі, 0 0af x y ay ax x af y x ax ay x , тобто

для всіх x і y f x y f y x . Зафіксуємо довільне 0y y , 0 0y , і

позначимо 0

0

f yk

y , 0k . Тоді f x kx , \ 0k . Оскільки f x є ці-

лим числом для кожного цілого x , то легко встановити, що \ 0k . Залиша-

ється перевірити, що всі функції вигляду f x kx , \ 0k , задовольняють умову задачі. Відповідь: f x kx , x , де 0k — довільне ціле число. 11.4. Нехай задано натуральне число 2n і додатні дійсні числа 1l , 2l , . . . , nl . Труби з довжинами 1l , 2l , . . . , nl лежать у вказаному порядку в ряд. Зварювальник може зварити разом будь-які дві сусідні труби довжинами x та

y , утворивши трубу довжиною x y , і за це він бере плату 3x y . (Наприклад, якщо зварити другу й третю труби, а потім — отриману трубу з

першою, то плати за ці зварювання дорівнюватимуть 32 3l l та 31 2 3l l l відповідно.) Порядок, у якому лежать труби, змінювати не можна. Доведіть, що якими б не були початкові довжини труб, існує така послідовність зварювань, що всі труби будуть зварені разом і сумарна плата за це буде меншою, ніж

31 22 nll l . Розв’язання 1. Оберемо наступну стратегію. На кожному кроці проситимемо зварювальника зварити дві сусідні труби, сумарна довжина яких найменша се-ред усіх пар сусідніх труб. Якщо є декілька таких пар, можна обрати будь-яку з них. Доведемо індукцією за n , що сумарна плата S при зварюванні за такою стратегією менша, ніж 32l , де 1 2 ... nl l l l .

База індукції очевидна: для 2n плата 31 2l l менша за 31 22 l l .

Нехай 2n . Розглянемо шматки A і B , які були зварені на останньому кроці. Нехай їхні довжини дорівнюють a і b відповідно, l a b . Без обмеження за-гальності вважаємо, що A лежить ліворуч від B , a b . Розглянемо процеси зварювання цих шматків окремо один від одного. Оскільки на кожному кроці сумарна довжина зварюваних труб найменша серед усіх пар сусідніх труб, то вона є найменшою й серед сусідніх пар труб, що входять до цього шматка. Тоб-то шматки A і B теж утворюються за вказаною вище стратегією, отже, сумарні плати за їхнє створення менші за 32a та 32b відповідно. Розглянемо два випадки.

Перший випадок: 4

a l . Сумарна плата S менша, ніж сума плат за утворення

A і B та плати за зварення їх разом, тобто 33 32 2S a b a b . Доведемо

нерівність 3 33 3 32 22 2la b a b a b , тобто 33 112

tt ,

26 6 1 0t t , де ata b

, 1 1;4 2

t . Неважко переконатися, що на вказаному

відрізку остання нерівність виконується.

Другий випадок: 4

a l . Якщо шматок B не є звареним з менших шматків, то

сумарна плата менша за 3

3 3 3 32 224ll l la

. В іншому випадку розгля-

немо крок, на якому було отримано шматок B . Нехай його було отримано зва-рюванням шматків C і D довжинами c і d відповідно, причому C лежав ліво-руч від D . Тоді d a (якщо d a , то c ad c , і ми не могли б зварювати C і D — у тому числі, зрозуміло, і в ситуації, коли шматок A ще не утворив-ся). Доведемо, що шматок C не може бути звареним з менших шматків. Припу-стимо супротивне: нехай C був утворений на деякому кроці зі шматків E і F довжинами e і f відповідно, причому E лежав ліворуч від F . Тоді

e ff d і e af e , тому 22

c e f ld a a (якщо, скажімо,

шматок D ще не утворився, то беремо «найлівішу» на цей момент з утворених його частин D довжиною d і одержуємо, що e df f d f ; аналогіч-но міркуємо і якщо шматок A ще не утворився). Звідси

22ll a b a c a ld , і дістаємо суперечність. Отже, шматок C існу-

вав із самого початку, і його отримання не потребує плати. Маємо:

3 33 3 3 3 3 3 3 3 222 32 2 3 3 2S d c d l a a l a l l ta t t ,

де 10;4

atl

.

Оскільки 3 2 3 33 2 3 2 2 2

163

43t t t tt t t ,

то 32S l . Розв’язання 2 (учасниця олімпіади Матвіїв Катерина, м. Луцьк). Для 2n тве-рдження задачі є очевидним. Припустимо, що воно виконується для всіх k n ,

і доведемо його для n труб. Візьмемо таке i , що 11 1

......2

ni

l ll l

,

11

......2

ni

l ll l . Позначимо 1 1... ia l l , ix l , 1 ...i nb l l . Припус-

тимо, що 3a b c , і тоді, за припущенням індукції, перші 1i трубу можна зварити, заплативши менше за 32a , наступні 1n i трубу можна зварити за

плату, меншу за 32 x b , і останнім кроком завершити зварювання, заплатив-

ши ще 3a x b . Отже, у даному випадку маємо:

3 33

2 3 3 33 2

2 2

3 3 2 .

a x b a b x

a a b x a b x x b a x b a x b

Аналогічно розглядається випадок, коли 3b a x . Якщо 3a x b і 3b a x , то, не обмежуючи загальності, вважаємо, що a b , і тоді 2x a . За припущенням індукції, перші 1i трубу та останні n i труб можна зварити за оплату, меншу, ніж 3 32 2a b . Зварюємо трубу з номером i з «правою» частиною, а потім отриману трубу з «лівою» частиною, заплативши

менше, ніж 3 33 32 2a b x b a x b . Залишається помітити, що

33 3 3 33 3 3

3 3 33

2 2 32

3 2 .

x ba b x b a x b a x b a x b

a x b a x b a b x

11.5. Знайдіть усі такі дійсні значення x , для яких виконується нерівність

min sin , cos min tg , ctgx x x x .

(Для a b min , min ,a b b a a .)

Розв’язання. З урахуванням області допустимих значень та періодичності дос-

татньо розв’язувати нерівність на множині 30; 2 \ , ,2 2

. Розглянемо такі

випадки.

а) Якщо 0;4

x , то 0 sin cosx x і 0 tg ctgx x . У цьому випадку вихід-

на нерівність рівносильна нерівності sin tgx x , котра виконується для всіх

0;2

x

.

б) Якщо ;4 2

x

, то 0 cos sinx x і 0 ctg tgx x . Наша нерівність матиме

вигляд cos ctgx x , що, зрозуміло, виконується на розглядуваному проміжку.

в) Якщо ;2

x

, то

min sin , cos cos 1x x x ,

2 2tg ctg sin cos 1 1

2sin cos simin tg , c

2 n 2tg xx xx

x xxx

x

.

Отже, на проміжку ;2

вихідна нерівність не виконується.

г) Якщо 3;2

x

, то min sin , cos 0 min tg , ctgx x x x , тобто вихідна не-

рівність виконується.

д) Якщо 3 ; 22

x

, то min sin , cos sin 1x x x , min tg , ctg 1x x , і

тому наша нерівність не виконується.

Відповідь: ;2

n n

, n .

11.6. Див. задачу 9.6. 11.7. Знайдіть усі натуральні числа n , для кожного з яких існують такі

натуральні числа p і q , що 2 2 2 1p qn n .

Розв’язання 1. Очевидно, що 4n умову задачі не задовольняють. Безпосере-дньо перевіряємо, що 5n задовольняє умову.

Далі вважаємо, що 6n . Якщо r є простим дільником числа 2 2n , то | 2 1r n , і навпаки: якщо r — простий дільник числа 2 1n , то 2| 2r n .

Отже, візьмемо спільний простий дільник r чисел 2 2n і 2 1n . Маємо: 2 2n rk , 2 1n rl , де k і l — натуральні числа. Тоді 22 8 4n rk ,

21 8 4rl rk , 2 2 2 9 4r l rl rk , і тому | 9r . Оскільки число r просте, то

3r . Ми встановили, що 2 2 3mn , 2 1 3sn , де m і s — натуральні числа, причому 3m s . Але з останніх двох рівностей випливає, що

23 1 8 4 3s m , 23 2 3 9 4 3s s m .

Отже, 3 | 9s , що неможливо для 3s .

Розв’язання 2. Як і вище, розглядаємо 6n . Оскільки 2 2 2 1n n , то p q , і тому q p r , r . Число n є непарним, тобто 2 1n k , k , 3k . За-

пишемо рівність з умови задачі у вигляді 3 3 4 14 1

prkk k

k

. Звідси ви-

пливає, що число 3 34 1kk

має бути натуральним, але ж 3 3 4 1k k для 3k .

Відповідь: 5n . 11.8. Нехай O — центр описаного кола гострокутного трикутника ABC . На відрізках OB і OC вибрали точки E і F відповідно так, що BE OF . Позначимо через M і N середини дуг AOE і AOF описаних кіл трикутників AOE і AOF відповідно. Доведіть, що 2ENO FMO BAC . Розв’язання 1. Нехай точка D симетрична точці A відносно прямої BC . Тоді

2AOC ABC ABD . Оскільки OA OB і BA BD , то трикутники AOC і

ABD подібні. Аналогічно, AOB ACD , і трикутники AOB та ACD подібні. З подібності названих трикутників випливає існування на відрізках BD і CD таких точок P і Q відповідно, що APB AFO і EAQC A O . Оскільки

ABP AOF , то подібними будуть трикутники ABP і AOF . Маємо: BP BP OF BEBD BA OA BO

. Отже, PE DO . Аналогічно доводиться, що QF DO .

Трикутник AME є рівнобедреним. До того ж, AME AOE AOB . Це означає, що трикутники AME і AOB подібні. Звідси одержуємо, що

BAE OAM і AB AOAE AM

, а тому подібними будуть трикутники BAE і

OAM . З подібності цих трикутників випливає, що OM AOBE AB

і

AOM ABE . Далі, трикутник AOF подібний трикутнику ABP , і OA OFBA BP

,

AOF ABP . Відтак, OM OFBE BP

і MOF EBP , адже OM AO OFBE AB BP

і

MOF AOF AOM ABP ABE EBP . Ми встановили, що трикутники MOF і EBP подібні. Аналогічно доводиться подібність трикутників NOE і FCQ . У результаті маємо:

2ENO FMO QFC PEB DOC DOB BOC BAC , що й треба було довести. Розвʼязання 2 (учасники олімпіади Вовченко Владислав і Хілько Данило, м. Київ). Зауважимо, що трикутники ANO та AFC подібні. Дійсно, оскільки чотирикутник ANOF вписаний, то 180ANO AFO AFC , а оскільки N — середина дуги AOF , то

1 1 190 90 902 2 2

NAF ANF AOF AOC OAC .

Отже, NAO FAC .

Звідси FC ANNOAF

. Аналогічно отримаємо, що EB AMMOAO

.

Доведемо, що описані кола трикутників NOE та FOM дотикаються. Для цього застосуємо інверсію відносно кола, описаного навколо трикутника ABC . Для зручності будемо вважати, що 1AO , BE a , EO FC b , 1a b . Інверсій-ний образ точки X позначимо через X . Точки A , N , F лежать на одній прямій, оскільки чотирикутник ANOF вписаний. Аналогічно, точки A , M , E також лежать на одній прямій, оскільки AMOE . Описані кола трикутників NOE та FOM перейдуть у прямі N E та F M відповідно. Доведемо, що N E F M (це рівносильно дотиканню описаних кіл трикутників NOE та FOM ). За властивістю інверсії,

AN AN AFANOA ON ON b

, AF AFAFOA OF a

.

Звідси випливає, що AN aAF b

. Аналогічно отримаємо рівність AE aAM b

. Отже,

прямі N E і F M паралельні. Проведемо спільну дотичну описаних кіл трикутників NOE та FOM і позна-чимо через L точку її перетину з відрізком BC . Тоді

2ENO FMO EOL LOF EOF BAC , що й треба було довести. Розв’язання 3 (учасник олімпіади Щеглов Микита, м. Київ). Нехай A ,

B , C , ENO , FMO . Трикутники ANO та AFC подібні (див. розв’язання 2). Маємо:

12sin

NO NO OAEO FC AC

,

2 2 90 90NOE AOB NOA NFA . Подібними будуть також і трикутники AMO та AEB . Тому

12sin

MO MO OAFO BE AB

,

90MOF . За теоремою синусів для трикутника NOE ,

sin 90 sinNO EO

,

тобто cos1 cos ctg sin

2sin sin

.

Звідси

1 2sin sin

ctg2sin cos

.

Аналогічно, з трикутника FMO маємо:

1 2sin sin

ctg2sin cos

.

Оскільки cos sin sin cos sin 2 sin3 ,

то одержимо, що

sin cos sin cos 2sin sin sin3

ctg ctg2sin sin cos cos

sin cos cos 2sin sin sin sin cos cos 2sin sin sin3

2sin sin cos cos

sin 2 4sin sin sin 4sin sin sin3

4sin sin cos cos

sin 2 1 4sin sin cos.

4sin sin cos cos

Далі,

1 2sin sin 2sin sin 4sin sin cos3

ctg ctg 14sin sin cos cos

21 4sin sin cos 2sin 4sin sin cos3

4sin sin cos cos

cos2 1 4sin sin cos.

4sin sin cos cos

Отже,

ctg ctg 1ctg ctg2 .ctg ctg

На проміжку 0; функція ctgf t t строго спадає, і тому 2 , що й треба було довести. Задачі запропонували: 8.1 В. О. Швець 10.1 В. А. Ясінський 8.2 О. Б. Панасенко 10.2 В. А. Ясінський 8.3 І. М. Мітельман 10.3 В. А. Ясінський 8.4 В. А. Ясінський 10.4 В. А. Ясінський 8.5 О. Б. Панасенко 10.5 В. М. Лейфура 8.6 І. П. Нагель 10.6 В. А. Ясінський 8.7 І. М. Мітельман, В. А. Ясінський 10.7 В. М. Радченко, В. А. Ясінський 8.8 І. М. Мітельман, В. А. Ясінський 10.8 В. А. Ясінський 9.1 І. М. Мітельман 11.1 І. М. Мітельман 9.2 В. А. Ясінський 11.2 Див. задачу 10.2 9.3 В. А. Ясінський 11.3 І. М. Мітельман 9.4 І. М. Мітельман, Д. С. Скороходов, В. А. Ясінський 11.4 О. В. Рибак 9.5 І. М. Мітельман 11.5 В. М. Лейфура 9.6 В. А. Ясінський 11.6 Див. задачу 9.6 9.7 Див. задачу 8.8 11.7 І. М. Мітельман, В. А. Ясінський 9.8 В. А. Ясінський 11.8 В. А. Ясінський

завдання iv етапу liii всеукраїнської учнівської...

Documents

Transcript of завдання iv етапу liii всеукраїнської учнівської...