Международные математические олимпиады

МЕЖДУНАРОДНЫЕ

МАТЕМАТИЧЕСКИЕОЛИМПИАДЫ

_____________________________ J

• tg * -c tg * = l ■ s in (a —p )= sin aco s |3 —cosasinfi • 1одьЛ'=Л1.1одсЛ/ • «•«»=«*+»i

do Е.А.МОРОаОВА, II. С. ПЕТРАКОВ, CO

< В . А . СКВОРЦОВ дII с

^ 1ЬО ”

М ЕЖ ДУНАРОДНЫ Е

M AT E H AT IIЧ E С К IIE

ОЛИМ ПИАДЫ

«ч>■

. г й г + г . г г + ^ г + г2 ' + г « + г * - = г ( г + ^ - | - Л ' ) • э < ? < э » O i ' о < э и q < u н ю д «

ЗАДАЧИ,РЕШЕНИЯ,ИТОГИ

•

Пососие для учащихся

4-е издание, исправленное и дополненное

МОСКВА«ПРОСВЕЩЕНИЕ»1976

М 80Морозова Е. А. и др.

Международные математические олимпиады. Задачи, решения, итоги. Пособие для учащихся. 4-е изд., испр. и доп. М., «Просвещение», 1976.

288 с. с илл.Перед загл. авт.: Е. А. Морозова, И. С. Петраков,

В. А. Скворцов.Книга адресована школьникам старших классов, увлекающимся ма

тематикой и любящим решать трудные задачи.Она знакомит читателей с материалами семнадцати международных

математических олимпиад. Основную ее часть составляют задачи, предлагавшиеся на этих олимпиадах, и подробные их решения.

„ 60601—673103(03)—76 2 3 1 -7 6 51

© Издательство «Просвещение», 1976 г.

П Р Е Д И С Л О В И Е

С каждым годом растет число стран, участвующих в международных математических олимпиадах школьников. В XVI олимпиаде 1974 г. участвовало 18 стран Европы, Азии и Америки.

Эта книга, написанная руководителями советской делегации на международных математических олимпиадах, познакомит читателей с материалами первых семнадцати международных олимпиад. Основную ее часть составляют задачи, предлагавшиеся на этих олимпиадах, и подробные их решения. В книгу включены такж е некоторые задачи, рассматривавшиеся Международным жюри, но по тем или иным причинам не использованные на олимпиадах. Эти задачи, предложенные различными странами, в некоторой степени отражают уровень национальных олимпиад в этих странах. Приводятся и некоторые задачи, предлагавшиеся на заключительных турах национальных олимпиад ряда стран, участвующих в международных олимпиадах.

Книга адресована прежде всего 'школьникам старших классов, увлекающимся математикой и любящим решать трудные задачи. Конечно, эти задачи в большинстве случаев труднее тех, которые предлагаются на школьных или районных олимпиадах. Но это означает лишь то, что для их решения нужно проявить большее упорство, затратить больше времени. Само собой разумеется, что читать приведенное в конце кииги решение следует только после того, как задача решена самостоятельно или, во всяком случае, после достаточно настойчивых попыток решить ее.

Книга может быть полезной также учителям, которые руководят школьными математическими кружками, проводят различные олимпиады и конкурсы по математике.

В настоящее издание книги включены дополнительно материалы шести международных олимпиад, прошедших после предыдущего, третьего издания. Включены некоторые новые задачи, рассматривавшиеся международным жюри, и задачи национальных олимпиад. Все эти задачи были любезно предоставлены авторам руководителями делегаций соответствующих стран— участниц международных олимпиад, и авторы приносят им всем сердечную благодарность, в особенности профессору А. Матееву (Болгария), Р . Лайнесу и Р. Рейнольду (Великобритания), доктору Э. Ходи и И. Раймону (Венгрия), профессору

1* 3

В. Энгелю и доктору X. Баушу (ГДР), доценту Г. Гунжее (Монголия), профессору Г. Фрейденталю (Нидерланды), профессору М. Чижиковскому и доценту А. Монковскому (Польша), профессору Т. Роману (Румыния), профессору Грейцеру (США), доценту Я- Вишину и доценту Й. Моравчику (Чехословакия), профессору М. Илич-Даёвич и доктору Митичу (Югославия).

Авторы надолго сохранят в памяти совместную работу в жюри с профессорами Рудольфом Зелинкой и Ионеску-Бужором— организаторами первых олимпиад.

Мы благодарны Н. Б . Васильеву за материалы IV Всероссийской математической олимпиады, А. Л . Тоому и Н . Н. Ченцову за советы и замечания.

Авторы

МЕЖДУНАРОДНЫЕМАТЕМАТИЧЕСКИЕОЛИМПИАДЫ

Начиная с 1959 г. ежегодно проводятся международные математические олимпиады школьников. Эти олимпиады довольно быстро завоевали большой международный авторитет, и число участвующих в них стран с каждым годом растет.

I Международная математическая олимпиада была проведена в 1959 г. в Румынии по инициативе Румынского математического и физического общества и Министерства просвещения Румынии. В первых олимпиадах участвовали лишь европейские социалистические страны. А в XVI олимпиаде в 1974 г. были представлены школьники 18 стран: Австрии, Болгарии, Великобритании, Венгрии, ГДР, ДРВ, Кубы, Монголии, Нидерландов, Польши, Румынии, СССР, США, Финляндии, Франции, Чехословакии, Швеции и Югославии.

Для многих стран международные олимпиады являются непосредственным продолжением и завершением большой работы по проведению математических олимпиад различного уровня внутри страны. В некоторых странах (Финляндия, Австрия) общенациональные олимпиады стали проводиться именно в связи с тем, что эти страны стали принимать участие в международных олимпиадах. В других странах проведение национальных математических олимпиад и различных соревнований по решению задач является довольно давней традицией. Так, в Венгрии с 1894 г. проводились математические олимпиады школьников, а в Румынии—конкурсы по решению математических задач.

В нашей стране в конце прошлого века (с 1886 г.) организовывались отдельные математические конкурсы. Математические олимпиады в СССР в их современном виде берут свое начало от первой Ленинградской олимпиады 1934 г. и первой Московской олимпиады 1935 г. Инициаторами их проведения были крупнейшие советские математики. До войны олимпиады проводились ежегодно и быстро завоевали популярность. В ряде университетов начали работать математические кружки для школьников. После Великой Отечественной войны математические олимпиады стали традиционными для многих городов Советского Союза, их проводили университеты и пединституты совместно с органами народного образования. Стали проводиться олимпиады и по другим предметам: физике, химии, биологии и др.

В 1960 г. оргкомитет XXIII Московской математической олимпиады совместно с Министерством просвещения РСФСР про-

5

КОЛИЧЕСТВО ОЧКОВ, ПОЛУЧЕННЫХ КОМАНДАМИ

Страны№ олимпиады

I II il l IV V VI VII V III IX X XI XII X III XIV XV XVI

Австрия 104 82 136 144 212Англия 231 263 193 180 110 179 164 188Бельгия — — — — — — — — — — 57 — — — — —Болгария 132 175 108 196 145 198 93 238 159 206 189 145 39 120 96 171Венгрия 233 248 270 289 234 253 244 281 251 291 247 233 255 263 215 237ГД Р 40 38* 146 153 140 196 175 280 257 304 240 221 142 239 188 236Д РВ 146*Италия 110* 132 — _ — — — —Куба — — — — — — — — — — — — 9* 14* 42* 65*Монголия 169 63 88 87 74 120 78 26 49 65 60Нидерланды — — — — — — — — — — 51 87 48 51 96 112Польша 122 — 203 212 134 209 178 269 101 260 119 105 118 1ЙЬ 174 138Румыния 249 248 197 257 191 213 222 257 214 208 219 208 110 206 141 199СССР 111* — — 263 271 269 281 293 275 298 231 221 205 270 254 256США 243Финляндия 62 86 111Франция — — — — — — — — 41* — 119 141 38 — 153 194Чехословакия 192 257 159 212 151 194 159 215 159 248 170 145 55 130 149 158Швеция 135 256 104 110 43* 60 99 187Югославия ■ --- — — 165 155 137 224 136 179 181 209 71 136 137 216

В этой таблице знаком * отмечены те случаи, когда соответствующая команда выступала не в полном составе.

вели математические соревнования в более широком масштабе. В них приняли участие команды 13 областей РСФСР и 9 союзных республик. Это положило начало проведению сначала всероссийских, а с 1967 г.— всесоюзных математических олимпиад. В настоящее время всесоюзные олимпиады проводятся в несколько туров: школьный, районный, областной, республиканский и заключительный.

Для участия в международной математической олимпиаде команда Советского Союза формируется из победителей заключительного тура всесоюзной олимпиады. При этом учитываются также успехи на предыдущих олимпиадах. В команду включаются обычно десятиклассники, а иногда и наиболее успешно выступившие на всесоюзной олимпиаде ученики IX класса.

В последние годы окончательный состав команды СССР стал определяться на тренировочных сборах кандидатов в команду, которые проводятся в конце учебного года под Москвой, в школе памяти В. И. Ленина—в Горках Ленинских. Здесь занятия с ребятами проводят преподаватели и студенты Московского университета и других вузов. Многие из них сами в недавнем прошлом были участниками международных олимпиад. Занятия математикой сочетаются с отдыхом, спортом. Сборы длятся 2—3 недели.

Примерно так же формируются команды и других стран. Однако способы проведения национальных олимпиад весьма разнообразны. В США, например, олимпиада проходит в определенный день и час по всей стране, но при этом предварительно включенные в список участники решают присланные им задачи, находясь в своих школах; затем эти решения направляются для проверки в центральный оргкомитет.

Команда каждой страны состоит из 8 участников, руководителя команды и его заместителя. Руководители команд образуют Международное жюри.

Олимпиады проходят в разных странах. Трижды они проходили в Москве. Хотя и нет общепринятого официального положения или устава международных олимпиад, но за годы их проведения выработались определенные традиции, которые соблюдаются всеми странами—организаторами олимпиад. Олимпиады проводятся летом, в первой половине июля. В стране-организа- торе заранее образуется оргкомитет, который осуществляет всю подготовку к проведению олимпиады. В его состав входят известные математики этой страны и представители Министерства просвещения. В адрес оргкомитета все страны-участницы направляют по нескольку задач, из которых специальная комиссия оргкомитета отбирает наиболее удачные и передает их для окончательного рассмотрения Международному жюри.

В течение двух-трех дней жюри определяет окончательный список задач для олимпиады (обычно он состоит из 6 задач) и максимальное число очков за решение каждой из задач. Затем редактируется и утверждается текст задач на четырех рабочих

7

языках жюри — английском, немецком, русском и французском. После этого задачи переводятся на родные языки участников олимпиады и заготавливаются листы с текстами задач для каждого участника.

Соревнования проводятся в два дня, в каждый из которых участникам в течение 4 часов предлагается решить по 3 задачи. Выработалась процедура проведения самих соревнований. Каждый участник получает определенный порядковый номер от 1 до 8, и во время олимпиады в одной аудитории решают задачи участники с одинаковыми номерами, т. е. по одному от каждой команды.

В это время жюри продолжает свою работу. Оно устанавливает критерии оценок решений отдельных задач, а после окончания первого дня соревнований приступает к проверке работ. Сначала предварительную проверку работ проводят руководители команд вместе со своими заместителями. Затем для обеспечения единого подхода к оценке решений все работы проверяются так называемыми координаторами по каждой задаче. Координаторы выделяются из числа математиков страны-организатора и обычно принимают участие в заседаниях жюри с совещательным голосом.

Окончательные итоги олимпиады подводятся на общем заседании жюри, где решается вопрос о присуждении дипломов I, II и III степени, а также специальных призов за наиболее оригинальные и красивые решения отдельных задач.

По традиции на международных математических олимпиадах подводятся итоги только личного первенства участников. Однако всегда вызывают большой интерес неофициальные результаты командного первенства по сумме очков, набранных командами различных стран. Эти результаты собраны в таблице на стр. 6.

Ниже приводятся краткие результаты первых шестнадцати международных олимпиад*.

I МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Первая Международная математическая олимпиада проходила с 23 по 31 июля 1959 г. в Румынии в г. Брашове и Бухаресте.

Первую премию получили:Богуслав Д ивиш — Чехословакия Чанак Дёрдь — ВенгрияБесараб Николеску — Румыния

Из советских школьников Андрей Тоом набрал 34 очка и получил третью премию, Виктор Федо- рец (32 очка) и Валерий Фролов (30 очков) были отмечены почетными грамотами.

* В Дополнении (см. стр. 284) приведены материалы семнадцатой олимпиады.

8

Общие результаты следующие:

ПремииПочетные грамоты

(25—33 очка)Страны I

(3 7 — 10 очков)II

(36 очков)III

(34—35 очков)

БолгарияВенгрияГДРПольшаРумынияСССРЧехословакия

1

1

1

1

2

2

21

11

112

II МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Вторая Международная математическая олимпиада проходила с 18 по 25 июля 1960 г. в Румынии в селении Синая и Бухаресте.

Первую премию получили:Бела Боллобаш — Венгрия Чезар Георге — Румыния Иван Корец — Чехословакия Ференц Мезеи — Венгрия


щ Я М к

Q r i k X X i N

-iff\ щ \§§11Ш1мЬ/ \ /

ПремииПочетные грамоты

(2 9 —32 очка)Страны I

(более 4 0 очков)

п(3 7 —40 очков)

III(3 3 —36 очков)

БолгарияВенгрияГДРРумынияЧехословакия

2

11

2

11

1

12

21112

111 МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Третья Международная математическая олимпиада проходила с 6 по 16 июля 1961 г. в Венгрии в г. Веспреме и Будапеште.

Первую премию получили:Бела Боллобаш — 40 очков, Венгрия Мачей Скворчински — 39 очков, Польша Йожеф Кота — 37 очков, Венгрия

9


Премии

Страны I II I I I(37—40 очков) (34—30 очков) (30—33 очка)

Болгария ---- ---- ----

Венгрия 2 3 1ГДР — — 1Польша 1 — —Румыния — 1 1Чехословакия — --- 1

IV МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Четве рта я Между на родна я математиче - ская олимпиада проходила с 5 по 15 июля 1962 г. в Чехословакии в г. Чешские Бу- деёвицы и Праге.

Первую премию получили:Иосиф Бернштейн— 46 очков, СССР Кери Гержон — 45 очков, Венгрия Лидия Гончарова — 42 очка, СССР Шебештьен Золтан — 41 очко, Венгрия


Страны

Премии

I(4 1—46 очков)

II( 3 4 —40 очков)

•i l l

(2 9 —33 очка)

Болгария ----- 1 2Венгрия 2 3 . 2ГДР — 1 —Польша — 1 3Румыния — 3 3СССР 2 2 2Чехословакия — 1 3

N° задачи*(в скобках ука

зано максимальное число очков за

решение задачи)

Число участников, получивших за реш ение задачи указанное число очков

8 7 6 5 4 3 2 1 0

20(6) , . 45 5 2 0 1 2 121(6) — — 21 11 7 9 4 2 222(8) 14 8 6 6 8 4 2 2 623(5) — — — 34 10 3 5 2 224(7) — 12 12 5 6 1 2 4 1425(6) — — 9 8 16 4 3 3 1326(8) 2 2 5 7 1 0 6 8 25

* Здесь и далее номера задач соответствуют нумерации задач этой книги.

1 0

V МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Пятая Международная математическая олимпиада проходила с 5 по 13 июля 1963 г. в Польше во Вроцлаве и Варшаве.

Первую премию получили:

Франц Д ацар — 39 очков, Ю гославияГеннадий М алолеткин— 39 очков, СССРРаф аэль Саркисян — 39 очков, СССРА лексей Толпы го — 38 очков, СССРЛ асло Зидо — 37 очков, РумынияЙосеф Данеш -—35 очков, Ч ехословакияАнатолий Зайцев — 35 очков, СССР


Премии

Страны 1 II Ш(35—40 очков) (28—34 очка) (21—27 очков)

Б олгари я 3Венгрия — 5 3Г Д Р — — 3Польш а — — 2Румыния 1 1 3СССР 4 3 1Ч ехословакия I — 1Ю гославия 1 2 1

№ задачи (в скобках указано

максимальное число очков за


Число участников, получивших за решение задачи указанное число очков

8 7 6 5 4 3 2 1 0

27(6) 15 13 12 11 7 3 328(7) — 7 11 15 13 5 4 6 329(7) — 16 5 6 4 4 3 5 2130(6) — —■ 6 4 6 5 12 15 1631(6) — — 21 11 2 1 2 > 4 2332(8) 21 15 8 1 8 3 1 1 6

11

VI МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯОЛИМПИАДА

Шестая Международная математическая олимпиада проходила с 30 июня по 10 июля 1964 г. в Москве.

Первую премию получили:Давид Бернштейн — 42 очка, СССР Л асло Геренчер — 41 очко, Венгрия Геннадий Архипов — 39 очков, СССР Л асло Ловас — 39 очков, Венгрия Йожеф Пеликан — 39 очков, Венгрия Тадеуш Фигель — 39 очков, Польша Юрий Матиясевич — 38 очков, СССР


Страны

Премии

1(37—42 очка)

II(31—36 очков)

i l l(27—30 очков)

Болгария 3Венгрия 3 1 1ГДР — 1 2Монголия — — 1Польша 1 1 3Румыния — 2 3СССР 3 1 3Чехословакия — 2 2Югославия ■ 1 1

№ задачи (в скобках указано

максимальное число очков за



9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

33(7) 45 2 8 6 4 3 3 134(7) — — 40 0 4 1 0 0 6 2135(6) — — — 57 6 2 0 0 2 536(6) — — — 16 1 0 0 1 4 5037(7) — — 14 3 3 23 7 14 2 638(9) 3 2 1 47 3 0 5 4 1 6

12

VII МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯОЛИМПИАДА

Седьмая Межд} народная математическая олимпиада проходила с 3 по 13 июля 1965 г. в ГДР в Берлине и Богензее.

Первую премию по ту чили:Павел Блехер — 40 очков, СССРЛ асло Ловас — 40 очков, ВенгрияСергей Валландер — 39 очков, СССРАндрей Зубков — 39 очков, СССРЭндре Макай — 38 очков, ВенгрияЙожеф Пеликан — 38 очков, ВенгрияАнатолий Пересецкий — 38 очков, СССРНиколай Широков — 38 очков, СССР


Премии

Страны I п il l(3 8 —40 очков) (30—37 очков) (20—29 очков)

Болгария 1Венгрия 3 2 2ГДР — 2 3Монголия ---- _ —

Польша _ 1 3Румыния ---- 4 3СССР 5 2 —

Финляндия ---- — ----

Чехословакия ---- 1 3Югославия 2

No. задачи (в скобках у к а з а но максимальное

число очков за решение задачи)


9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

39(4) 37 9 15 13 640(6) — — — 19 5 4 6 11 18 1741(8) — 30 3 2 4 3 0 5 10 2342(6) — — — 37 6 7 4 19 5 243(7) — — 26 9 3 3 4 8 12 1544(9) 10 0 2 0 0 11 13 10 13 21

13

г

VIII МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯОЛИМПИАДА

НРБ-1966

Восьмая Международная математическая олимпиада проходила с 3 по 13 июля 1966 г. в Болгарии в Софии.

Первую премию получили:Юрий Богданский •— 40 очков, СССРД ан Войкулеску — 40 очков, РумынияСабир Гусейн-Заде — 40 очков, СССРПетер Енсконатус — 40 очков, ГД РВальтер Липе — 40 очков, ГД РЛасло Ловас — 40 очков, ВенгрияАндрей Марченко — 40 очков, СССРМихал Мисюревич — 40 очков, ПольшаЙожеф Пеликан — 40 очков, ВенгрияЛайош Поша — 40 очков, ВенгрияЙозеф Рихард — 40 очков, ГДРГригорий Розенблюм — 39 очков, СССРМихаил Фокин — 39 очков, СССР


Страны

Премии

I(39—40 очков)'


III(31—33 очка)

Болгария 1 3Венгрия 3 2 1ГДР о

О 3 —Монголия ---- — —Польша 1 4 1Румыния 1 1 2СССР 5 1 1Чехословакия ---- 1 2Югославия 2 1

№ задачи (в скобках у к а з а но максимальное число очков за


Число участников, получивших указанное число очковза решение задачи

8 7 6 5 4 3 2 1 0

45(6) 50 2 4 3 0 3 1046(7) — 48 5 1 2 0 2 2 1247(7) — 20 4 6 5 7 5 5 2048(5) — — — 68 3 0 0 0 I49(7) — 33 3 2 7 5 7 5 1050(8) 51 6 2 1 6 3 1 1 1

14

IX МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯОЛИМПИАДА

Девятая Международная математическая олимпиада проходила со 2 по 13 июля 1967 г. в Югославии в г. Цетинье.

Первые премии получили:Криштоф Бандт — 42 очка, ГДР Дан Войкулеску — 42 очка, Румыния Петер Георгиев — 42 очка, Болгария Александр Лившиц — 42 очка, СССР Штефан Хайнрих — 42 очка, ГДР Симон Нортон — 41 очко, Англия Виктор Турчанинов — 39 очков, СССР Рейнхард Хоппнер — 39 очков, ГДР Дёрдь Елекеш — 38 очков, ВенгрияАндрей Суслин — 38 очков, СССР Ласло Шурани — 38 очков, Венгрия


Страны

Премии

I(38—42 очка)

11(30—37 очков)

I l l(2 2 —29 очков)

Англия 1 2 4Болгария 1 ---- 1Венгрия 2 3 3ГДР 3 3 1Италия _ 1 1Монголия --- --- 1Польша ---- --- 1Румыния 1 1 4СССР 3 3 2Франция — --- —Чехословакия --- 1 3Швеция ---- _ 2Югославия ■ - 3




8 7 6 5 4 3 2 1 0

51(6) 31 8 10 16 7 10 1252(7) — 27 5 16 8 7 6 5 2053(8) 28 0 2 0 4 6 6 3 4554(6) — — 43 11 10' 16 7 1 1255(7) — 23 4 7 9 6 8 20 2256(8) 29 5 11 7 6 11 7 5 18

15

X МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯОЛИМПИАДА

i i k м о с к в а

Десятая Международная математическая олим пиада проходила с 5 по 18 июля 1968 г. в Мо скве и Ленинграде.

Первые премии получили:

Ласло Бабаи Криштоф Бандт Рудольф Берчану Барбу Михаил Блюдзе Штефан Хайнрих Юрген Гертнер Ежи Дыдак Павел Курчанов Томаш Машек Ульф Персон Янош ПинцВладимир Пономаренко- Богуш Сивак Сергей Соболев Ласло Чирмас Ульрих Целе Вольфганг Бурмайстер - Малькольм Вильямсон- Симон Нортон Вильям Портерфилд Валерий Федотов Болеслав Шиманьски

-40 очков, -40 очков, - 4 0 очков, -40 очков, -4 0 очков, -4 0 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -40 очков, -39 очков, -39 очков, -39 очков, 39 очков,

-39 очков, 39 очков,

ВенгрияГДРРумыния

СССРГ Д РГДРПольшаСССРЧехословакияШвецияВенгрияСССРЧехословакияСССРВенгрияГДРГДРАнглияАнглияАнглияСССРПольша


Страны

Премии

I(39—40 очков)

и(33—38 очков)

I l l(25—32 очка)

Англия 3 2 2Болгария — 3 IВенгрия 3 3 2ГДР 5 3 —

Италия — — 1Монголия — — —

Польша 2 3 2Румыния 1 1 2СССР 5 1 2Чехословакия 2 4 —

Швеция 1 2 5Югославия — — 3

1 6

Л'Ь задачи (в скобках у к а з а

но максимальное число очков за


Число участников, получивших указанное число очков за решение задачи

8 7 6 5 4 3 2 1 0

57(6) 39 27 7 7 4 3 958(7) — 62 14 7 2 4 1 4 259(7) — 41 10 1 2 0 7 22 1360(5) — — — 62 1 3 11 2 1761(7) — 42 2 21 3 8 1 2 1762(8) 46 11 1 5 0 7 4 12 10

XI МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Одиннадцатая Международная математическая олимпиада проходила с 5 по 20 июля 1969 г. в Румынии в Бухаресте на родине международных математических олимпиад.


Владимир Дринфельд- Симон Нортон Тибор Фиала

-40 очков, СССР 40 очков, Англия 40 очков, Венгрия


П ремин

Страны I(40 очков)

II(3 0 —37 очков)

I I I( 2 4 —29 очков)

АнглияБельгияБолгарияВенгрияГДРМонголияНидерландыПольшаРумынияСССРФранцияЧехословакияШвецияЮгославия

1

1

1

1

44

1431

2

1

3 24 1

23

3

2

17




8 7 6 5 4 3 2 1 0

63(5) 46 3 6 6 17 3464(7) — 34 5 10 32 6 7 5 1365(7) — 31 13 12 15 5 10 20 666(6) — — 21 5 6 9 14 28 2967(7) — 37 10 11 10 9 7 11 1768(8) 7 2 3 9 12 13 18 15 33

XII МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Двенадцатая Международная математическая олимпиада проходила с 8 по 22 июля 1970 г. в Венгрии в г. Кестхеле и Будапеште.

Первые премии получили:Вольфганг Бурмайстер Имре Руж а Андрей Ходу лев Эрвин Баймоды Аркадий Климов Бернард Сильвермен Иштван Гончзы

40 очков, 40 очков, 40 очков, 39 очков, -39 очков, 39 очков, 37 очков,

Г Д РВенгрияСССРВенгрияСССРАнглияВенгрия


Страны

Премии

I(3 7 —40 очков)

II(3 0 —35 очков)

I I I(19—28 очков)

Австрия 1Англия 1 _ 6Болгария — ------- 3Венгрия 3 1 3ГДР 1 2 4Монголия ------- ------- 1Нидерланды ------- ------- 1Польша ------- - - 1Румыния ------- 3 -4СССР 2 1 3Франция ------- 1 4Чехословакия ------- — — 4Швеция ■ ... — — 2Югославия ■ — 3 3

18


решение ^задачи)


8 7 6 5 4 3 О*4 1 0

69(5) 61 2 0 4 19 2670(7) — 52 27 8 6 6 2 4 771(8) 6 3 2 3 1 7 2 4 8472(6) — — 43 25 22 6 4 6 673(6) — — 42 3 4 8 11 8 3674(8) 14 5 3 10 3 3 9 7 58

XIII МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Тринадцатая Международная математическая олимпиада проходила с 10 по 21 июля 1971 г. в Чехословакии в г. Братиславе и Жилине.

Первые премии получили:Имре Ружа Ференц Гондош Вольфганг Бурмайстер Петер Комят Станислав Шарек Петер Франкл Сергей Гашков

-42 очка, Венгрия 39 очков, Венгрия

-38 очков, ГДР -38 очков, Венгрия -38 очков, Польша -37 очков, Венгрия -35 очков, СССР


Страны

Премии

I(35—42 очка)

и(23—34 очка)

ш(11—22 очка)

Австрия 4Англия — 1 4Болгария — — —Венгрия 4 4 —ГДР 1 1 ,4Куба — — ----

Монголия — — ---Нидерланды — — 2Польша 1 — 4Румыния — 1 4СССР 1 5 2Франция — — —Чехословакия — — IШвеция — — 2Югославия ■ 2

№ задачи (в скобках указано максимальное число очков за


Число участников, получивших указанное число очков за решение задачи

9 8 7 6 5 4 3 2 0

75(5) 19 10 21 31 26 876(7) — — 12 8 4 6 5 8 15 5777(9) 18 0 1 0 0 0 2 4 11 7978(6) — — — 9 18 14 11 10 16 3779(7) — — 25 3 0 1 3 2 15 6680(8) — 12 0 1 2 4 1 3 20 72

XIV МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Четырнадцатая Международная математическая олимпиада проходила с 5 по 17 июля 1972 г. в Польше в Варшаве и на родине Н. Коперника—г. Торуни.


Андрейчик Грегош Владимир Бурков Комарник Вильмош Сергей Конягин П авел Крёгер Мирка Мартии Шолт Тужа Золтан Фюреди


Страны

Премии

I(40 очков)


i l l(19—29 очков)

Австрия 5Англия — 2 4Болгария — — 2Венгрия 3 3 2ГДР 1 3 4Куба — — —Монголия — — —Нидерланды — — —Польша 1 1 1Румыния 1 3 IСССР 2 4 2Чехословакия — — 4Швеция — .—. 2Ю гославия — — 3

— 40 очков. П ольш а — 40 очков, СССР— 40 очков, Венгрия— 40 очков, СССР— 40 очков, ГДР— 40 очков, Румыния —-40 очков, Венгрия— 40 очков, Венгрия


реш ение задачи)


8 7 6 5 4 3 2 1 0

81(5) 61 1 1 0 9 3 582(6) — — 24 14 12 16 14 11 1683(7) — 30 4 0 0 3 1 3 6684(7) — 51 1 6 3 2 0 18 2685(7) — 25 3 8 2 6 9 5 4986(8) 28 2 6 5 7 9 9 12 29

XV МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Пятнадцатая Международная математическая олимпиада проходила с 5 по 16 июля 1973 г. в Москве.

Первые премии получили:Сергеи Конягин — 40 очков, СССР Павел Грозман — 39 очков, СССР Георгий Егоров — 39 очков, СССР Янош Коллар — 38 очков, Венгрия Д эв и д Готто — 35 очков, Англия


Страны

Премии

I(3 5 —40 очков)

11(2 7 —33 очка)

Ш(1 7 —26 очков)

Австрия 6Англия 1 — 5Болгария — — 1Венгрия 1 2 5Г Д Р — 3 4Куба — — 1Монголия — — 1Нидерланды — — 2Польша — 2 4Румыния — 1 3СССР 3 2 3Финляндия ---- — 2Франция" — 3 1Чехословакия ---- 1 4Швеция ---- 1 1Югославия " ■ — • 5

2 1

№ задачи (в скобках указано м аксимальное число очков за


Число участников , получивш их указанное число очков за решение задач

8 7 6 5 4 3 2 1 0

87(6) _ 37 6 3 5 14 15 4588(6) — — 48 6 4 0 0 2 6589(8) 42 4 8 4 4 6 9 15 3390(6) — — 38 22 20 14 9 8 1491(6) — — 62 3 2 1 2 17 3892(8) 10 2 2 3 3 1 2 1 101

XVI МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

Шестнадцатая Международная математическая олимпиада проходила с 4 по 17 июля 1974 г. в ГДР в Эрфурте и Берлине.

Первые премии получили:Александр Григорян — 40 очков, СССРЖан-Кристоф Ёкоз Янош Коллар Андриан Окнеану Герберт Синвель Микаэль Стайнер Йожеф Б. Варга

40 очков, Франция— 40 очков, Венгрия— 40 очков, Румыния— 40 очков, Австрия— 40 очков, Швеция — 39 очков, Югославия

Дмитрий Тюкавкин — 39 очков, СССР Миодраг Живкович — 38 очков, Югославия Хоанг Ле Минь — 38 очков, Д Р В


Страны

Премии

I(38—40 очков)

II( 3 0 —37 очков)

Ш( 2 3 - -2 9 очков)

Австрия 1 1 4Англия — 1 3Болгария — 1 4Венгрия 1 3 3ГДР — 5 2Д Р В 1 1 2Куба — — —

Монголия — .— . —

Нидерланды — — 1Польша — — 2Румыния 1 1 3СССР 2 3 2США — , 5 3Финляндия — ■— • 1Франция 1 1 3Чехословакия — — . 2Швеция 1 1 —

Югославия 2 1 2

22

№ задачи (в скобках указано м аксимальное число очков за решение

задачи)

Число участников, получивших указанное числб очков за решение задачи

8 7 6 5 4 3 2 1 | 0

93(5) 114 8 6 6 1 594(6) — — 64 7 18 4 5 14 2895(8) 35 5 1 1 2 9 7 18 6296(6) — — 90 15 11 10 10 0 497(7) — 27 8 15 13 9 13 21 3498(8) 35 8 3 5 1 2 7 28 51

Международные олимпиады являются важной формой международного сотрудничества в области просвещения. Они не только позволяют в какой-то степени сравнить уровень математического образования в различных странах, но и обменяться опытом внеклассной работы со школьниками, в частности опытом организации национальных олимпиад. Ясно, что устойчивые успехи той или иной страны на олимпиаде отражают прежде всего, сколь широко поставлено в стране дело математического просвещения на всех уровнях, начиная с отдельной школы, какое внимание ученые-математики уделяют работе со школьниками, проявляющими математические способности.

Помимо этого, для участвующих в олимпиадах школьников эти международные встречи примечательны тем, что дают им возможность познакомиться и подружиться с молодыми людьми из других стран, с которыми их объединяет общность научных интересов, преданность математике. Участникам олимпиад также предоставляются широкие возможности познакомиться с той страной, где проходит олимпиада. Оргкомитет обычно планирует многочисленные экскурсии по достопримечательным местам, встречи с молодежью страны-организатора олимпиады. Устраиваются также различные спортивные соревнования. Эти экскурсии, встречи еще более способствуют укреплению дружбы между представителями молодежи разных стран.

Для многих юных математиков участие в олимпиаде явилось лишь первым шагом в науку. Подавляющее большинство из них после окончания школы поступили на математические факультеты университетов. А участники первых олимпиад уже стали профессиональными математиками. Нет нужды повторять здесь, что успешное выступление на олимпиадах не является единственным путем молодежи в науку. От участника олимпиады, помимо математических способностей, требуется ряд чисто спортивных качеств, умение сконцентрировать свои усилия в заданный, довольно ограниченный отрезок времени, что не вполне отражает обстановку реального научного творчества. Однако эти качества

23

не являются лишними и для ученого. Поэтому нельзя считать случайностью тот факт, что многие бывшие победители различных математических олимпиад стали крупными математиками.

Среди бывших членов советских команд на первых международных математических олимпиадах сейчас насчитывается более двадцати кандидатов наук. Победитель VI ММО Юрий Матия- севич, еще будучи студентом Ленинградского университета, решил десятую проблему Гильберта; сейчас он доктор наук, преподает в Ленинградском университете. Он, а также бывшие призеры международных олимпиад А. Тоом и Г. Маргулис за свои научные работы были удостоены премии Московского математического общества.

Сейчас многие бывшие участники международных олимпиад сами активно работают со школьниками, передавая свою увлеченность наукой подрастающему поколению юных математиков.

З А Д А Ч И

ЗАДАЧИ МЕЖДУНАРОДНЫХ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД

ПЕРВАЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯ М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

1. Докажите, что дробь ^ несократима ни при какихнатуральных значениях п. (Польша)

2. При каких действительных значениях х имеет место каждое из равенств:

а) У . х + V 2х — 1 + У . х — \ г 2х — 1 =- ]/г2;

б) У х + У 2 х ^ 1 + У х — |/ 2 х ^ Т = 1 ;

в) У х + ]/2х — 1 + У х — У 2х — 1 = 2

(причем рассматриваются только положительные значения корня)?(Румыния)

3.. Пусть х —угол и пусть четыре действительных числа а, Ь, с и cos х удовлетворяют соотношению:

acosz x-[-b cosx + c = 0.

Составьте квадратичное соотношение относительно а, Ь, с и cos2x. Сравните данное и составленное соотношения для случая а = 4, Ь = 2, с = — 1. (Венгрия)

4. Постройте прямоугольный треугольник по данной гипотенузе с, если известно, что медиана, проведенная к с, есть среднее геометрическое его катетов. (Венгрия)

5. На плоскости дан отрезок АВ и внутри него произвольная точка М. На отрезках AM и MB как на сторонах построены квадраты AMCD и MBEF, лежащие по одну и ту же сторону от АВ. Окружности, описанные около квадратов, с центрами Р и Q пересекаются, кроме точки М, еще в точке N.

а) Покажите, что прямые AF и ВС проходят через точку N.б) Покажите также, что при любом положении точки М пря

мая M N проходит через одну и ту же точку 5.

25

в) Найдите геометрическое место * середин отрезков PQ, когда М перемещается по отрезку АВ. (Румыния)

6. Даны две плоскости Р и Q, пересекающиеся по прямой р. В плоскости Р дана точка Л и в плоскости Q —точка С. Ни одна из этих точек не лежит на прямой р. Постройте в плоскости Р точку Д и в плоскости Q точку D, являющиеся вершинами равнобочной трапеции ABCD (АВ )| CD), в которую можно вписать круг. (Чехословакия)

ВТОРАЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯ М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И АД А

7. Определите все трехзначные числа, которые при делении на 11 дают в частном число, равное сумме квадратов цифр исходного числа. (Болгария)

8. Для каких действительных значений х справедливо нера-4х2венство —— < 2х -р 9? (Венгрия)

В. Дан прямоугольный треугольник ЛВС, гипотенуза которого равна а и разделена на п равных частей (п — нечетное число). Пусть а есть угол, под которым виден из точки Л тот из равных между собою отрезков, который содержит середину гипотенузы.

Докажите, что tg к = -4' ^ - , где h —высота треугольника.(Румыния)

10. Постройте треугольник ABC , если известны ha, hb, та (ha—высота, проведенная к стороне a, hb— высота, проведенная к стороне Ъ, и та—медиана к стороне а). (Венгрия)

11. Дан куб ABCDA'B'C'D' (см. рис. 9).а) Найдите геометрическое место середин отрезков X Y , где

X —любая точка отрезка АС и Y —любая точка отрезка B'D'.б) Найдите геометрическое место точек Z отрезка X Y , которые

удовлетворяют соотношению \ZY \ = 2 \X Z \ . (Чехословакия)12. Дана равнобочная трапеция с основаниями а и b и вы

сотой h.а) На оси симметрии трапеции построить точку Р , из которой

обе боковые стороны трапеции видны под прямыми углами.б) Определите расстояние точки Р от одного из оснований

трапеции.в) При каких условиях возможно построение точки Р (рас

смотрите возможные случаи)? (Болгария)13. В прямой круговой конус вписан шар. Около этого шара

описан прямой круговой цилиндр, основание которого лежит

* Под геометрическим местом понимается множество всех таких и только таких точек, которые обладают указанным свойством.

26

в плоскости основания данного конуса. Vt —объем конуса и V2—объем цилиндра.

а) Докажите, что равенство Vt = V2 невозможно.б) Укажите наименьшее значение k , при котором имеет место

равенство V1 = kV2, и постройте для этого случая угол при вершине осевого сечения конуса. (ГДР)

ТРЕТЬЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯ М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М ПИ АД А

14. Решить систему уравнений:

( x + t / + z = a х2 + y z + z2 = b2

xy = z\

в которой а и b—данные числа. Каким условиям должны удовлетворять а и Ь, чтобы решения системы были положительны и различны? (Венгрия)

15. Даны длины а, Ь, с сторон треугольника, площадь которого 5. Докажите, что имеет место соотношение

a* + b*-\-c2^ 4 S V 3.

В каком случае имеет место равенство? (Польша)16. Решите уравнение

cosKx— sin" х = 1,

где п —произвольное натуральное число. (Болгария)17. Дан треугольник Р гР2Р3 и внутри него произвольная

точка Р. Пусть точки пересечения прямых РгР\ Р 2Р\ Р 3Р с противоположными сторонами Qjj Q2; Q3. Докажите, что среди отношений

|Р»Р| . НУД . \Р*Р\ *I PQi I ’ I.PQal ’ I PQsl

имеется по крайней мере одно, не большее числа 2, и по крайней мере одно, не меньшее числа 2. (ГДР)

18. Постройте треугольник ABC, в котором даны \АС\ = Ъ,\А В\ = с и АА1В = (й (со < 90°), причем М —середина отрезка ВС. Докажите, что задача имеет решение тогда и только тогда, когда

b- < Ь.В каком случае имеет место знак равенства?

(Чехословакия)

* Здесь и далее запись | Р 3Р | читается: „длина отрезка Р 3Р “.

27

19. Дана плоскость е и не лежащие на одной прямой три точки А, В, С, которые расположены по одну сторону от плоскости е. Причем плоскость, проходящая через точки А, В, С, не параллельна плоскости е.

На плоскости е взяты 3 произвольные точки Л ', В', С'. Буквами L, М, N обозначены середины отрезков АА', ВВ', СС', а буквой G—центр тяжести треугольника LMN (Здесь не рассматриваются такие положения точек Л ', В’, С', при которых соответствующие им точки L, М, N не являются вершинами треугольника). Найдите геометрическое место точек G, когда Л ', В', С' перемещаются в плоскости е независимо друг от друга.

(Румыния)

ЧЕТВЕРТАЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯМ А ТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

20. Найти наименьшее натуральное число п, обладающее следующими свойствами:

а) его запись в десятичной системе заканчивается цифрой 6;б) если зачеркнуть последнюю цифру 6 и перед оставшимися

цифрами написать эту цифру 6, то получится число, в 4 раза большее исходного числа. (Польша)

21. Найдите все действительные числа х, удовлетворяющиенеравенству V 3—х—| / х + 1 > - ^ . (Венгрия)

22. Дан куб ABCDA'B'C'D' . ABCD и А 'В 'C'D'—соответственно верхнее и нижнее основания и АА' jj ВВ' || СС' \\DD'. Точка X движется с постоянной скоростью по сторонам квадрата ABCD в направлении ABCDA, и точка У движется с той же скоростью по сторонам квадрата В'С'С В в направлении В'С'СВВ'. Точки X и У начинают двигаться в один и тот же момент из исходных положений Л и В ' соответственно. Найдите и начертите геометрическое место середин отрезков ХУ. (Чехословакия)

23. Решите уравнение:cos2 х -f- cos2 2х + cos2 Зх = 1. (Румыния)

24. На окружности К заданы три различные точки Л, В, С. Постройте (циркулем и линейкой) на окружности К четвертую точку D так, чтобы в полученный четырехугольник ABCD можно было вписать окружность. (Болгария)

25. Дан равнобедренный треугольник ABC, г — радиус описанной окружности, р— радиус вписанной окружности. Докажите, что расстояниеd между центрами окружностей есть d = | / r ( r — 2р).

(ГДР)26. Тетраэдр SABC обладает следующим свойством: сущест

вуют 5 сфер, касающихся ребер 5Л; S B ; SC; АВ\ ВС\ СА или их продолжений.28

Докажите: а) что тетраэдр SABC правильный; б) что, обратно, для каждого правильного тетраэдра существуют 5 указанных сфер. (СССР)

ПЯТАЯ М ЕЖ Д УН А РО Д Н А Я М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И АД А

27» Найдите действительные корни уравнения

28. Найдите в пространстве геометрическое место вершин прямых углов, одна сторона которых проходит через данную точку А, а другая имеет по крайней мере одну общую точку с отрезком ВС. (СССР)

29. Докажите, что если в выпуклом n-угольнике все углы равны и последовательные стороны удовлетворяют соотношениям:

. .~^ап, то а 1 = а 2 = а 3= . . . =а„.

30. Найдите все решения х1У х2, х 3, xt , хъ системы уравнений

32. Ученики А, В, С, D, Е участвовали в одном конкурсе. Пытаясь угадать результаты соревнований, некто предполагал, что получится последовательность А, В, С, D, Е. Но оказалось, что он не указал верно ни места какого-либо из участников и никакой пары следующих непосредственно друг за другом учеников. Некто другой, предполагая результат D, А, Е, С, В, угадал правильно места двух учеников, а также две пары (непосредственно следующих друг за другом учеников). Каков был на самом деле результат конкурса? (Венгрия)

Ш ЕСТАЯ М ЕЖ Д УН А РО Д Н А Я М А ТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И АД А

33. а) Найдите все целые положительные п, для которых число 2" — 1 делится на 7.

У х 2 — р + 2 У х2 — 1 —х, где р — действительный параметр. (Чехословакия)

(Венгрия)

' *В+*2 = 0*1. (1)(2) (3)(4)(5)

где у —параметр.31. Докажите, что

(СССР)

л 2я , Зл 1COS у COS у —f- COS -у = у . (ГДР)

29

б) Докажите, что ни при каком целом положительном п число 2" + 1 не делится на 7. (Чехословакия)

34. Обозначим через а, Ь, с длины сторон некоторого треугольника. Докажите, что

а2 (Ь+с— а) + Ь2 (с+ a — b) + с 2 (a + b — с) < 3abc.

(Венгрия)35. В треугольник ABC со сторонами а, Ь, с вписан круг и

построены к нему касательные, параллельные сторонам данного треугольника. Эти касательные отсекают от данного треугольника ABC три новых треугольника. В каждый из таким образом построенных треугольников вписан круг. Вычислите сумму площадей всех четырех кругов. (Югославия)

36. Каждый из 17 ученых переписывается с остальными. В их переписке речь идет лишь о трех темах. Каждая пара ученых переписывается друг с другом лишь по одной теме. Докажите, что не менее трех ученых переписываются друг с другом по одной и той же теме. (Венгрия)

37. На плоскости даны 5 точек. Среди прямых, соединяющих эти 5 точек, нет параллельных, перпендикулярных и совпадающих. Проводим через каждую точку перпендикуляры ко всем прямым, которые можно построить, соединяя попарно остальные 4 точки. Каково максимальное число точек пересечения этих перпендикуляров между собой, не считая данные 5 точек?

(Румыния)38. Дан тетраэдр ABCD. Вершина D соединена с центром

тяжести основания точкой Dx. Через вершины треугольника ABC проведены прямые, параллельные DD1 до пересечения с плоскостями противоположных граней в точках А и В 1г Сг. Докажите, что объем тетраэдра ABCD в три раза меньше объема тетраэдра TKjBjCjDj. Будет лн верным результат, если точка Dx—произвольная точка внутри треугольника ABC? (Польша)

С ЕД ЬМ А Я М ЕЖ Д УН А РО Д Н А ЯМ АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

39. Найдите все действительные х, принадлежащие отрезку 0 ^ х ^ 2 я и удовлетворяющие неравенству

2 c o sx < |V r l + s in 2х—У 1 — sin 2х| < :] /2 . (Югославия)40. Дана система уравнений:

( 11- 1 + 12*2 13- 3О'ггЧ 22 2 "К 23 3

а31х1 + а 32х2 + а 33х3 = О,

коэффициенты которых удовлетворяют следующим условиям:

30

а) gu , а22, а33 положительны;б) все остальные коэффициенты отрицательны;в) в каждом уравнении сумма коэффициентов положительна.Докажите, что хг = х2 — х 3 = 0 является единственным реше

нием данной системы. (Польша)41. Дан тетраэдр ABCD. Пусть ребро АВ имеет длину а,

ребро CD имеет длину Ь; расстояние между скрещивающимися прямыми АВ и CD равно d, величина угла между этими прямыми равна to. Тетраэдр рассечен на две части плоскостью Р, параллельной противоположным ребрам АВ и CD. Вычислите отношение объемов обеих частей, если известно, что отношение расстояний от АВ до Р к расстоянию от CD до Р равно k.

(Чехословакия)42. Найдите четыре действительных числа хг, х 2, х 3, ха, таких,

что каждое, сложенное с произведением остальных, равно 2.(СССР)

43. Пусть в треугольнике ОАВ величина угла АОВ равна а (а < 90°). Через произвольную точку М, не совпадающую с О, проведены перпендикуляры МР к О А и MQ к ОВ. Пусть И — ортоцентр треугольника OPQ. Найдите геометрическое место точек Н, если:

а) М пробегает отрезок АВ\б) М пробегает внутреннюю область треугольника АОВ.

(Румыния)44. В плоскости даны п ^ З точек. Пусть d — максимальное

расстояние между любыми двумя из этих точек. Назовем его диаметром данной системы точек. Докажите, что этих диаметров не больше п. (Польша)

ВО С Ь М А Я М ЕЖ Д УН А РО Д Н А Я М АТЕМ А ТИ ЧЕС КАЯ О Л И М П И А Д А

45. На олимпиаде были даны три задачи: А, В, С. 25 школьников решили хотя бы одну задачу. Школьников, не решивших задачу Л, но решивших В, в два раза больше, чем решивших С. Школьников, решивших только задачу Л, на одного больше, чем остальных школьников, решивших задачу Л. Сколько школьников решили только задачу В, если среди школьников, решивших только одну задачу, половина не решила задачу Л? СССР)

46. Докажите, что если стороны а, Ь, с и противолежащие им углы а, р, у некоторого треугольника удовлетворяют соотношению

a + b = t g - | ( a tg a + fctgP),

то этот треугольник равнобедренный. (Венгрия)

31

47. Докажите, что сумма расстояний от центра шара, описанного около правильного тетраэдра, до вершин тетраэдра меньше суммы расстояний от любой другой точки до вершин тетраэдра.

(Болгария)48. Докажите тождество:

где п — натуральное и (k = §, 1, К—целое).

(Югославия)49. Решите систему:

I ^ 1 1 -^2 “ЬI I х 3 -f-1 а 1 а 41 xt — 1,< |а 2—at \х1-\-\а2—a3\xs -\-\a2—а41 = 1,

\a3- a l \x 1 + \a 3- a 2\x i + \ a s - a i \x i = 1,, К —«11 Л-l + 1 а 4—а2|х 2 + |а 4—а 3|х 3= 1,

*где а1г а2, а3, а4—данные различные действительные числа.

(Чехословакия)50. На сторонах АВ, ВС и СА треугольника ABC взяты

соответственно точки М, К, В (не совпадающие с вершинами). Докажите, что площадь хотя бы одного из треугольников MAL,КВМ, LCK не превышает площади треугольника ABC.

(Польша)ДЕВЯТАЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯ М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

51. В параллелограмме ABCD треугольник ABD остроугольный. |Л Б | = а, \ A D \ ~ \ и BAD* —а. Докажите, что четыре круга Ка, Кя > Кс, Ко радиуса 1, центры которых в вершинах А, В, С, D, тогда и только тогда, покрывают параллелограмм, когда а ^ cos a -f ] / 3 sin а. (Польша)

52. В тетраэдре длина одного, и только одного, ребра больше 1.Докажите, что объем тетраэдра не превосходит ~ .

(Чехословакия)53. k, т, п — положительные целые числа и т |-& + 1 —

простое число, большее п -f-l. Пусть Cs = s(s-f-l). Докажите, что произведение (Сст+1—СД-(С;л+2—СА) . . -(Ст+п— Ск) делится на произведение Ct -C2- . . . - Сп. (Англия)

54. Даны два остроугольных треугольника А0В0С0 и Л1В1С1. Постройте треугольник ABC, подобный треугольнику А ,В1С1 (вершина А соответствует А и В — В г, С— С,), описанный около

* Здесь и далее запись BAD читается: „величина угла BAD"'.

32

треугольника А0ВйСй, так, что С„ £ АВ, А0£ВС, Вй^СА. Постройте такой треугольник ABC, имеющий максимальную площадь.

(Италия)55. Рассматривается последовательность {Сп}:

С1 = а14-а2+ . . . + а 8+ а !С2 — а, -f- а2 +

С„ = а* + с” + + апв

где а,, . . . , о„—действительные числа, не все равные нулю. Среди членов последовательности бесконечно много равных нулю. Найдите все п, для которых С„ = 0. (СССР)

56. В спартакиаде, продолжавшейся п дней, было разыграно тмедалей. В I день были вручены 1 медаль и еще у- оставшихся

т — 1 медалей. Во II день были вручены 2 медали и еще — оставшихся после этого медалей и т. д. Наконец, в n-й последний день были вручены оставшиеся п медалей. Сколько дней продолжалась спартакиада и сколько медалей было вручено?

(Венгрия)

ДЕСЯТАЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯ М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

57. Докажите, что существует единственный треугольник, длины трех сторон которого—последовательные натуральные числа, а один из углов вдвое больше одного из двух других углов. (Румыния)

5 3 . Найдите все целые положительные числа х, произведение цифр (в десятичной записи) которых равно х2— Юл:—22.

(Чехословакия)5 9 . Дана система уравнений с переменными x v х2, . . . , хп:

ах\-\-Ьхг -\ -с=х2, ах*+Ьх2+ с = х 3,.................... ' ' • • 9

ах%-г +Ьхп_1+ с = хп, ах„ -f- bxn -f с = хх,

где а, Ь, с—действительные числа, а ф 0. Докажите, что система:а) не имеет действительных решений, если

ф — I)2—4ас < 0;

б) имеет единственное действительное решение, еслиф — I)2—4 ас = 0;

2 № 41 33

в) имеет более одного действительного решения, еслиф — I)2 — 4 ас> 0 . (Болгария)

60> Докажите, что в любом тетраэдре имеется такая вершина, что из отрезков, равных выходящим из этой вершины ребрам, можно построить треугольник. (Польша)

63. Функция /, определенная при всех действительных значениях аргумента и принимающая действительные значения, при всех х удовлетворяет условию

f (х + а) = 1 + V n ^ F 4 f W \

где а —-некоторое положительное число.а) Доказать, что функция f периодическая (т. е. существует

некоторое Ь > 0, такое, что f ( х b) = f (х) для всех х).б) Приведите пример такой функции f, отличной от тождест

венной константы, для а = 1. (ГДР)6 2 - Пусть [х] означает целую часть числа х, т. е. наибольшее

целое число, не превосходящее х.Вычислите сумму

[ Ф ] + [ ^ ] + ••■+[£?]+•••для каждого целого положительного п и докажите справедливость полученной формулы. (Англия)

О Д ИН НАДЦАТАЯ М ЕЖ Д УН А РО Д Н А Я М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И АД А

63. Докажите, что существует бесконечное множество натуральных чисел а со следующим свойством: число z = n4- f a не является простым ни для какого натурального п. (ГДР)

64. Пусть alt а2, . . . , ап—действительные постоянные, х — действительное переменное и

/ M = cos(a ,+ *) + 2 i & + d + 2 % ± i + . . . + 2 ^ i ± S .

Докажите, что из / (x'J = / (х.,) = 0 следует, что х1— х-2 = т л , где т —целое число. (Венгрия)

65. Для каждого &=1, 2, 3, 4, 5 найдите необходимые и достаточные условия, которым должно удовлетворять число а > О, для того, чтобы существовал тетраэдр, k ребер которого имеют длину а, а остальные 6 — k ребер—длину 1. (Польша)

66. Полуокружность у построена на диаметре АВ. Точка С лежит на у и отлична от Л и В. Ортогональную проекцию С на АВ обозначим через D. Рассмотрим три окружности yt , у.2, у3, имеющие

34

АВ в качестве общей касательной; из них у, вписана в треугольник ABC, у2 и у3 обе касаются отрезка CD и у. Докажите, что у^ у2> Тз имеют вторую общую касательную. (Голландия)

67. В плоскости даны п > 4 точек, причем никакие три не лежат на одной прямой. Покажите, что можно найти не менее

выпуклых четырехугольников с вершинами в четырех данных точках. (Монголия)

63. Докажите, что если хл > 0, х2 > 0 и х1у 1— г* > О,8 1 1

2J 2 2 ^ > ( *х + - * 2) (i/j -(- у 2) — (2 x + Z 2) 2 X ly t — г \ х 2у 2 — г 2

Установите необходимые и достаточные условия, при которых в данном неравенстве имеет место равенство. (СССР)

Д ВЕН АД Ц АТ АЯ М ЕЖ Д УН А РО Д Н А Я М А ТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

69. Дан треугольник ABC, М —внутренняя точка стороны АВ. Пусть гх, г2, г — радиусы окружностей, вписанных соответственно в треугольники АМС, ВМС, ABC; рх, р2 р —радиусы окружностей: а) лежащих внутри угла АС В; б) являющихся вневписан- ными соответственно для треугольников АМС, ВМС, ABC.

Докажите, что г-1 1 = — . (Польша)P i•Р2 Р

70. Пусть а, Ь и п —натуральные числа, большие единицы. Числа а ий являются основаниями двух систем счисления. Числа Ап, Вп имеют одинаковое представление хпхп_г . . . х хх0 в системах счисления с основаниями а и Ь, причем хпФО, х„_г ФО. Числа, получившиеся после вычеркивания первой цифры хп, будем называть Д„_!, В п_х.

Докажите, что а > b тогда и только тогда, когда —~ < —§~1 .(Румыния)

71. Последовательность действительных чисел а0, ах ап, . . .удовлетворяет условию

1 = а0 ах ^ ап . . . (1)

Последовательность Ьг, й2, . . . , Ъп, . . . определяется так:

‘- S M iO - i f c -Докажите: а) 0 < й „ < 2 для всех п; б) для данного с, такого,

что 0 < с < 2 , существует последовательность а0, о„ . . . , ап, . . . , удовлетворяющая условию (1), такая, что Ьп > с для бесконечного множества индексов п. (Швеция)

2* 35

72. Найдите все положительные целые числа п такие, что множество {tv, п - \-1; п + 2; п + 3; н + 4; п + 5} можно разделить на два множества так, что произведение всех элементов одного из них равно произведению всех элементов другого. (Чехословакия)

73. В тетраэдре ABCD DB DC и основание перпендикуляра, проведенного через точку D к плоскости треугольника ABC, совпадает с ортоцентром этого треугольника. Докажите, что ( | АВ | + 1 ВС | -f-1 АС | )2 б ( | AD |2 + 1 BD |2 + | CD |2). Для каких тетраэдров имеет место равенство? (Болгария)

74. На плоскости заданы 100 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Рассматриваются все возможные треугольники с вершинами в этих точках. Докажите, что среди них будет не более 70% остроугольных треугольников. (СССР)

ТРИНАДЦАТАЯ М ЕЖ Д УН А РО Д Н А Я М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И АД А

75. Докажите, что утверждение „Для любых действительных чисел аи аг, а,, выполняется неравенство

(Oi— <*•) («х— «■) • • • (ах—ап) ++ (о2—а х) (а2—а3) . . .(а2—а„) +

+ (а„—ах) (ап—а 2) . . .(ап— an_t) > 0 ”справедливо при п — 3 и п = 5 и несправедливо ни при каком другом натуральном п > 2. (Венгрия)

76. Пусть имеется выпуклый многогранник Р х с девятью вершинами Л1( Л2, . . . , Ав. Обозначим через Р 2, Р 3, . . . , Рд многогранники, полученные из Рх параллельными переносами, которые перемещают точку А х соответственно в точки Л2, Л3, . . . , Л9. Докажите, что по крайней мере два из многогранников Р и Р2, . . . Ря имеют хотя бы одну общую внутреннюю точку. (СССР)

77. Докажите, что последовательность {2"—3} (п — 2; 3; 4; . ..) содержит бесконечное множество чисел, каждые два из которых взаимно просты. (Польша)

78. Каждая грань тетраэдра ABCD—остроугольный треугольник. Рассмотрим все замкнутые ломаные линии X YZ T X , определенные следующим образом: X —точка на ребре АВ, отличная от Л и В. Аналогично Y, Z, Т —внутренние точки ребер ВС, CD, DA соответственно. Докажите, что:

а) если DAB -\-BCD=A^ ABC -f- CD А, то среди этих ломаных нет ни одной кратчайшей;

б) если DAB -f- BCD = ABC + CD Л, то существует бесконечно много ломаных минимальной длины и эта длина равна2 1 ЛС| s i n , где а — В А С +CAD -\-DAB. (Нидерланды)

36

79. Докажите, что для любого натурального числа т существует непустое конечное множество S точек плоскости, такое, что для любой точки А из S имеется ровно т точек из S, которые находятся на единичном расстоянии от А. (Болгария)

80. Рассмотрим квадратную таблицу

@П1@Г12 * * * &ПП 1состоящую из неотрицательных целых чисел и удовлетворяющую следующему условию: как только а,-у- = 0, так справедливо неравенство а,-г + о/2 + . . . -f- ain + a tJ- + a2J--f- . . . + o„y ^ n. Докажите,что сумма всех элементов таблицы не меньше п2. (Швеция)

ЧЕТЫРНАДЦАТАЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯ М АТЕМ АТИЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

81. Докажите, что из любых десяти различных двузначных натуральных чисел можно выбрать две различные непересекаю- щиеся группы чисел так, что сумма чисел в обеих группах будет одинаковой. (СССР)

82. Докажите, что следующее утверждение справедливо для любого п ^ 4: произвольный вписанный четырехугольник можно разбить на п четырехугольников, вокруг каждого из которых можно описать окружность. (Нидерланды)

83. Докажите, что для любых неотрицательных целых чиселт и п число ^~гг является целым (полагаем 0! = 1).

m!n!(m+ n)' (Англия)84. Найдите все решения (лу, х2, х3, хв, хь) системы неравенств:

(хг х дхь) (х2 х 3хъ) Д О,(х2 хах х) (х| XeXj) ^ О,(х1— хьх2) (xl— x 6x 2) < О,(-'■4 Ххх 3) (л| - Аул'.,) < 0 ,(х|— x2xt) (х1— х2х3) < О,

— положительные действительные числа.(Нидерланды)

85. Пусть / и g —действительные функции, определенные на всей прямой и удовлетворяющие уравнению

/ (* + У) + f (х— У) = 2/ (х) g (у) для всех х, у. Докажите, что если / (х) не есть тождественный нуль и если | / ( х ) | < 1 для всех х, то | g ( « / ) | ^ l для всех у.

(Болгария)

37

8 а , Даны четыре различные параллельные плоскости. Докажите, что существует правильный тетраэдр с вершинами на каждой из этих плоскостей. (Англия)

ПЯТНАДЦАТАЯ М ЕЖ Д УН А РО Д Н А Я М АТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И А Д А

87. Точка О лежит на прямой 1\ ОРг,ОР2 0Рп —единичные векторы, такие, что точки Р ,, Р2, Рп лежат в одной плоскости, содержащей I, и все по одну сторону от I. Докажите,что если п нечетное, то | 0 P t + 0 Р г + . . . -f 0 Р п\ ^ 1 , где | ОМ | —длина вектора ОМ. (Чехословакия)

88. Выясните, существует ли конечное множество М точек в пространстве, не лежащих в одной плоскости, такое, что для любых двух точек А, В, принадлежащих М, найдутся две другие точки С, D, принадлежащие М, такие, что прямые АВ и CD параллельны и не совпадают. (Польша)

8Э . Найдите минимальное значение а2 + й2, где а и &—действительные числа, для которых уравнение х* А- ах3 p b x 2 ах -f 1 = 0 имеет по крайней мере один действительный корень. (Швеция)

90. Солдат должен проверить отсутствие мин на участке, включающем границу и имеющем форму равностороннего треугольника. Радиус действия его детектора равен половине высоты треугольника. Солдат выходит из одной вершины треугольника. Какой путь он должен выбрать, чтобы пройти наименьшее возможное расстояние и выполнить задание? (Югославия)

91. Дано непустое множество G не равных постоянной функций действительного аргумента х вида / (х) = ах -j-b, где а и b—действительные числа, причем G удовлетворяет следующим условиям:

1) если /, gCG, то go / g G, где (go/) (х) = g (/ (х)), т. е. множество G замкнуто относительно суперпозиции;

2) если / £ G , где f (х) = ах-\-Ь, то обратная функция /~ l £G,, . х—b где / (х) = - ;

3) для любой / С G существует xf , такое, что / (xf) = xf .Докажите, что существует действительное к, такое, что / (k) = к

для всех / С G. (Польша)92. Пусть a t, . . . , ап—данные п положительных чисел и q —

данное действительное число, причем 0 < q < 1. Найдите такие п действительных чисел Ьи Ь2, . . . , Ьп, что

а) ak < bk при всех к от 1 до п\

б) Q < - < — при всех k от 1 до п — 1;чв) bi + b2+ + а2 + . . . + а п). (Швеция)

38

Ш ЕСТНАДЦАТАЯ М ЕЖ Д УН АРО Д Н АЯ М А ТЕМ АТИ ЧЕСКАЯ О Л И М П И АД А

93. Имеется три карточки, на каждой из которых написано одно из целых чисел. Эти числа р, q, г удовлетворяют условию О < p < q < r .

Три игрока А, В и С играют в игру, один круг которой состоит в следующем: карточки перемешиваются и раздаются игрокам по одной; затем каждый игрок получает количество шариков, равное числу, написанному на полученной им карточке; потом карточки собираются, а шарики остаются у игроков. Игра продолжается N кругов, N ^ 2. В конце игры у игрока А накопилось 20 шариков, у В — 10 шариков, у С—9 шариков. Известно, что в последнем круге игрок В получил г шариков. Требуется установить, кто из игроков получил q шариков в первом круге. (США)

94. В треугольнике ABC величины углов при вершинах А, В и С равны соответственно а , р и у. Докажите, что неравенство

sin a-sin р ^ s i n 2^-

является необходимым и достаточным условием для того, чтобы на отрезке АВ нашлась точка D, такая, что величина CD является средним геометрическим величин AD и BD. (Финляндия)

95. Докажите, что для любого натурального числа п числоП

2 а*х\- 2з*к=0

не делится на 5. (Румыния)96. Рассмотрим разбиения шахматной доски 8x8 на р взаимно

непересекающихся прямоугольников, удовлетворяющие следующим условиям:1) каждый прямоугольник состоит из некоторого числа клеток

и содержит белых клеток столько же, сколько и черных;2) если а,-—число белых клеток в t-том прямоугольнике, то

« 1 < «г < • • • < ар.Найдите наибольшее значение р, при котором такое разбиение возможно, и определите для этого значения р все последовательности Оц а2, . . . , ар, для которых можно реализовать такое разбиение. (Болгария)

97. Найдите множество значений суммы

a - \ - b - \ - d 'a - \ - b - \ - c ' Ь + с + d а + с + d ’

где а, Ь, с, d —произвольные положительные действительные числа. (Нидерланды)

39

98. Пусть Р —многочлен с целочисленными коэффициентами, не являющийся константой, и пусть п(Р) — число всех различных целых чисел k, для которых (Р(£))2 = 1.

Докажите, что п (Р) — deg(/5) ^ 2 , где deg (Р) означает степень многочлена Р. (Швеция)

ЗАДАЧИ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ МЕЖДУНАРОДНЫХ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД

99. В плоскости дано п > 3 точек, причем никакие три точки не лежат на одной прямой. Существует ли окружность, проходящая по крайней мере через 3 данные точки и не содержащая внутри себя ни одной из остальных? (Чехословакия)

100. Дано п положительных чисел 0 о с 2 таких,что а 1-а2 - . . . - а „ = 1.

Докажите, что( 1 + а 1) ( 1 + а 2) . . . ( 1 + а „ ) > 2 " (ГДР)

101. В плоскости даны 5 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что среди этих точек существуют такие 4 точки, которые являются вершинами выпуклого четырехугольника. (Польша)

102. Докажите неравенствоt / л _ 5 1 П х \ t / л С 0 5 * \ j

ь \ 4 s i n a / ь \ 4 c o s a /

для всех значений х и а, удовлетворяющих условиям

0 < x < y , (СССР)

103. Пусть т — выпуклый плоский многоугольник, периметр которого I, а площадь S. М (R)—множество точек пространства, удаленных от т на расстояние не более R, Р(/?) — объем тела М (R).

Докажите, что V (R) = Р 3+ I j Р 2+ (25) R.Точка С удалена от фигуры т на расстояние не более R,

т. е. С принадлежит М (R), если у фигуры т найдется точка D, расстояние от которой до С не превышает R. (СССР)

104. При каком расположении двух бесконечных прямых круговых цилиндров линия их пересечения будет плоской (т. е. будет целиком лежать в одной плоскости)? (СССР)

105. Дан ящик сахарного песка, чашечные весы и гирька в 1 г. Как возможно быстрее отвесить покупателю 1 кг сахару?

(Укажите схему уравновешиваний.) (СССР)

40

106. Найдите х, еслиsin 3jc-cos (60° — 4jc) + 1

sin (60°— 7x) — cos (30° + x) + m = o.

где tn—данное действительное число. (Румыния)107. Сколько действительных решений имеет уравнение

х = 1964 sin х — 189? (ГДР)

108. Существует ли натуральное число г, которое можно двумя различными способами записать в виде г = х\-\-у\, где х, у — натуральные числа, удовлетворяющие неравенству х^ .у ?

(Чехословакия)109. Определите цифры х, у, г, если известно, что равенство

х х . . . х —у у .. .у — г г . . .г2п цифр п цифр п цифр

имеет место по крайней мере для двух различных значений натурального числа п. Найдите все значения п, для которых это равенство остается справедливым. (Болгария)

110. Пусть at > 0, а2 > 0, . . . , ап > 0. Докажите неравенство

С1п ( ^ " + 77+ • • • + 7Г<Г + — + • • • + 7 ^ “ + • • • + “ —) ^\®1а2, “1 3 а1аП а2а3 (*2аП аП — 1аП/^ . / 1 1 1 ^ Va i + °s а 1 + °з а 1 + ° п

+ - J L - + . V° 2 + а З а 2 + а « а п - 1 + а п /

и найдите условие, которому должны удовлетворять числа а{ ( (= 1, 2, . . . , п), чтобы имело место равенство. (Югославия)

111. Найдите наибольшее число областей, на которые рассекают круг отрезки, соединяющие п точек, лежащих на его окружности. (Польша)

112. На окружности даны точки А, В, С, D такие, что А В — диаметр круга, a CD—нет. Докажите, что прямая, соединяющая точку пересечения касательных к окружности в точках С и D с точкой пересечения прямых АС и BD, перпендикулярна прямой АВ. (Польша)

113. На плоскости дан круг К с центром 5 и радиусом 1 и квадрат с центром М и со стороной, равной 2. Пусть X Y — гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника XYZ. Какую фигуру заполнят вершины Z треугольников XYZ, если X пробегает весь круг и Y —весь квадрат Q? (Чехословакия)

114. Пусть ABCD и A'B'C'D ' —два параллелограмма, произвольно расположенные в пространстве, и М, N, Р, Q —точки, делящие отрезки А А ' , ВВ' , СС' , DD' в одинаковом отношении.

а) Докажите, что M N P Q —параллелограмм.

41

б) Найдите геометрическое место центров параллелограмма MNPQ, когда М пробегает отрезок А А ' . (Последовательные вершины параллелограммов обозначены в алфавитном порядке.)

(Румыния)115. Решите уравнение:

s in х 1 c o s* р ’

где р —действительный параметр. Исследуйте, при каких значениях параметра существуют решения и сколько. (Венгрия)

116. Постройте треугольник, если известны радиусы вневпи- санных окружностей. (Венгрия)

117. Даны три конгруэнтных прямоугольника. Их центры совпадают, а плоскости взаимно перпендикулярны. Каждая прямая, по которой пересекаются плоскости двух прямоугольников, содержит по одной из средних линий этих двух прямоугольников, причем длина этих линий различна. Рассмотрим выпуклый многогранник, вершины которого совпадают с вершинами прямоугольников.

а) Определите объем этого многогранника.б) Может ли многогранник оказаться правильным и если

может, то каково условие этого? (Венгрия)118. Докажите, что объем V и боковая поверхность S любого

прямого кругового конуса удовлетворяют неравенству

когда возможно равенство? (Болгария)119. Пусть Р и Р' — равновеликие параллелограммы, стороны

которых а, Ь и а', Ь' удовлетворяют неравенствам а ' а причем отрезок Ь' может быть целиком помещен в Р.

Докажите, что Р и Р' равносоставлены и могут быть разложены на четыре попарно конгруэнтных многоугольника.

(Болгария)120. Три грани тетраэдра—прямоугольные треугольники, а

четвертая грань не тупоугольный треугольник. Докажите, что:1) необходимым и достаточным условием того, чтобы и чет

вертая грань была прямоугольным треугольником, является предложение, что ровно два из плоских углов при одной вершине тетраэдра—прямые;

2) если все грани тетраэдра прямоугольные треугольники, тообъем тетраэдра равен ~ произведения трех наименьших ребер,не принадлежащих одной грани. (Болгария)

121. В зале находится п ^ 2 человек.Докажите, что в зале найдутся два человека, которые имеют

среди присутствующих одинаковое число знакомых (предполагаем, что, если А —знакомый В, тогда В —знакомый Л; не считаем никого знакомым самому себе). (Польша)

42

122. а) Докажите неравенство(а1 + й2 "Ь • • • + я*)2 ^ k (я2 + - • • + я|), (1)

где натуральные и аг, ак произвольные действительные числа.

б) Используя неравенство (1), докажите, что если действительные числа alt . . . , ап удовлетворяют неравенству

°i + а2 • • • + ап ^ V ( п — 1) (ai + ■ • • + fl«)« (2)

то все числа аг, . . ап неотрицательны. (Чехословакия)123. В плоскости дана окружность с центром 5 и радиусом 1.

Пусть AB C—произвольный треугольник, для которого окружность является вписанной, и пусть

\SA | < | S f i | < | S C | .

Найдите геометрическое место:а) вершин А таких треугольников;б) » В » » ;в) » С » » . (Чехословакия)124. Данное натуральное число N раскладывается на сумму

нескольких последовательных целых чисел.а) Найдите все такие разложения для JV = 500.б) Найдите число этих разложений для N = 2a 3P5v (a, (5, у —

натуральные числа). Какие из этих разложений содержат только натуральные числа?

в) Найдите число этих разложений для произвольного натурального N. (Румыния)

125. Докажите, что если п —целое положительное число, то:

а) I g ( n + 1) > +

б) Ig (я!) > jff- 'y + J + !)

dg — символ обычного десятичного логарифма). (Румыния)126. Решите уравнение и исследуйте его решения для раз

личных значений т:| х2 — 11 + 1 х2 — 4 1 = тх.

Какие пары целых чисел (х, т) удовлетворяют данному равенству? (Румыния)

127. Длины сторон а, Ь, с треугольника ABC образуют арифметическую прогрессию. Арифметическую прогрессию образуют и длины сторон треугольника Л ^С Д .

Кроме того, Л = Л,. Докажите, что треугольники подобны.(Болгария)

128. В больший из двух внутренне касающихся кругов вписан равносторонний треуготьник. Из его вершин проведены каса-

43

тельные к меньшему кругу. Докажите, что длина одной из касательных равна сумме длин двух других. (Болгария)

(29. Найдите все пары положительных целых чисел (х , у), удовлетворяющих уравнению 2х = 3 + 5. (Болгария)

130. Коэффициенты а, Ь, с, d полинома ах3 bx2 сх+ d — целые числа, причем ad—нечетное и Ьс—четное число. Докажите, что хотя бы один корень полинома нерациональный.

(Польша)(31. В окружность вписан четырехугольник A BCD. Дока

жите, что центры тяжести треугольников ABC, CD A, BCD, DAB лежат на одной окружности. (Польша)

132. Докажите, что четыре перпендикуляра, опущенные из середин сторон вписанного четырехугольника на противоположные стороны, пересекаются в одной точке. (Польша)

(33. Даны две концентрические окружности радиусов г и Д. Каково наибольшее число окружностей, одновременно касающихся двух данных окружностей и не пересекающих друг друга? Покажите, что это число заключено между

3 V R + V r , 63 R + r /n" 2 0 ^ ’ (Румыния)

(34. На йдите действительные решения уравнения V х2 2рх— р2— V х2 — 2 рх— р2= 1,

где р — положительное действительное число. (Чехословакия)(3 5 . В плоскости дан правильный п-угольник A lA s. . .A„

( п ^ З ) . Сколько имеется тупоугольных треугольников Л,ЛуЛА?(Чехословакия)

(36. Дана последовательность целых чисел

^ 1 » П2, • •-, CLn, п ^ 2,

Докажите, что существует такая подпоследовательность о*,, Os,, о*, Oftm, причем 1 ^ k y ^ fe2 ^ ^ km ^ n, что числоо*, + a*, + • • • нацело делится на п. (Чехословакия)

(37. В плоскости даны пять точек, из которых никакие три не лежат на одной прямой. Каждые две из этих точек соединены друг с другом либо красным, либо синим отрезком так, что никакие три из этих отрезков не образуют треугольника одного цвета.

а) Докажите, что:1) из каждой точки выходит ровно два красных и два синих

отрезка;2) красные отрезки образуют замкнутую линию, которая со

держит все пять заданных точек (точно так же синие отрезки).б) Покажите, каким способом нужно соединить пять точек

красными и синими отрезками, чтобы были выполнены условия задачи. (Чехословакия)

44

138. Какое максимальное число шаров радиуса у можно поместить в прямоугольный параллелепипед размером 10x10x1?

(Югославия)139. Алфавит состоит из п букв. Какова максимальная длина

слова, если:а) в нем две рядом стоящие буквы всегда различны;б) из него нельзя пол>чить вычеркиванием букв слова вида

abab, где а ф Ъ ? (Югославия)140. П>сть

f (а, Ь, с) =

Докажите, что

\ Ь — а\ . Ь-\~а 2 I . 16 — а | . Ь + а| ab | ab с I " * J ab \ ab

f(a, Ь, с) = 4 ш а х | у , (Югославия)

141. Сколько имеется наикратчайших отрезков среди всех прямых, которые делят площадь данного треугольника ЛВС на 2 равные части? Найдите длину кратчайшего из этих отрезков, считая стороны а, Ь, с треугольника ABC данными. (Румыния)

142. Два зеркала образуют двугранный угол с раствором а. Внутри угла стоят свеча и наблюдатель. Сколько изображений свечи видит наблюдатель? (СССР)

143. Дан четырехугольник площади S со сторонами а, Ь, с, d. Докажите, что

(СССР)

144. п школьников с номерами от 1 до л расположены в порядке 1, 2, . . . . п. По команде каждый может либо один раз с кем-нибудь поменяться местами, либо остаться на месте. Можно ли в результате двух команд получить расположение п, 1, 2, . . . , и — 1? (СССР)

145. Фигуру площади 1, вырезанную из бумаги, разделили на 10 частей и покрасили эти части 10 разными красками. Затем фигуру перевернули на обратную сторону и тоже разделили на 10 частей (каким-то другим способом). Докажите, что эти части можно покрасить теми же 10 красками (разные части— разными красками) так, что сумма площадей кусков, покрашенных с обеих сторон в один и тот же цвет, будет не меньше 0,1. (СССР)

в46. Докажите, что в выпуклом шестиугольнике площади S всегда можно провести диагональ, отсекающую от него треугольник площади, не превосходящей ~ S . (СССР)

147. Выбрали сто последовательных натуральных чисел, каждое возвели в восьмую степень. На какие две цифры оканчивается сумма этих степеней? (СССР)

45

148. Даны вершина А и центр тяжести М треугольника ABC. Найдите геометрическое место вершин В, таких, что / _ А , / _ В , / _ С треугольника ABC одновременно удовлетворяют условиям:

4 0 ° < Л < 7 0 ° , 4 0 °< /?< 7 0 ° и 40е < С < 70е. (СССР)

149. В тетраэдре все пары скрещивающихся ребер взаимно перпендикулярны. Докажите, что все шесть середин его ребер лежат на одной сфере. (СССР)

150. Можно ли на деревянный куб нанести 100 (или 200) точек так, чтобы точки при всех вращениях куба переходили в себя. Докажите свой ответ. (СССР)

151. Найдите все х, для которых1/ 3Г

sin x -f sin 2х + . . . + sin п х ^ . - ^

при любом значении п. (СССР)152. В группе переводчиков, каждый из которых знает один

или несколько иностранных языков, 24 владеют японским, 24 — малайским, 24— персидским. Докажите, что можно выделить подгруппу, в которой ровно 12 человек владели бы японским, ровно 12—малайским и ровно 12— персидским. (СССР)

153. Дан линейный двучлен l(z) = Az-{-B с комплексными коэффициентами А к В. Известно, что максимальное значение \1{г) \ на отрезке — 1 < х < 1 (у = 0) действительной оси комплексной плоскости z = x-\-iy равно М.

Докажите, что при любом г| / ( z ) | < M p ,

где р—сумма расстояний от точки Р = г до точек

Ql (z= 1) и Qs (z = — 1). (СССР)

154. На окружности с центром О радиуса 1 от точки А0отложим точки Лх, Л2, . . . , Лв99, Л1900 так, что A0OAk = k (в радианной мере). Затем окружность в точках Л0, A lt . . . , Л1000 разрезается. Сколько различных по длине дуг при этом получится? (СССР)

155. Докажите, что для любой пары векторов f u g пространства имеет место неравенство

ap + b fg+ cg2^ 0 (А)

в том и только в том случае, если выполняются условия

а ^ 0 ; с ^ 0 ; 4 а с ^ Ь 2. (В)(Венгрия)

46

156. В равнобедренном треугольнике ABC \ А В \ = \ А С \ иВ АС = 20°. Обозначим через D ту точку ребра АВ, для которой \ AD\ = \CD\, а через Е ту точку ребра АС, для которой | ВС | = | СЕ\.

Найдите величину угла CDE. (Венгрия)157. Докажите, что если а и Ь— положительные действитель

ные числа, т —целое число, то

( 1 + y ) W+ ( I + • £ ) " > 2Я+Г. (Польша)

158. Полином Р(х) = а0хк А'О1хк~1-\- ■ ■ • + где а0, ах, . . . , a k целые, называют делящимся на т, если Р (а ) кратно m для каждого целого значения х.

Покажите, что если Р (х)—делящийся на т, тогда k\a0 кратно т.

Докажите также, что если ав, к, т —положительные целые, такие, что k\a0 кратно т, тогда может быть найден полином

Р (х) = авхк + а 1хк~1 + . . . -\-ак, делящийся на т. (Англия)159. Даны точка О и три длины х, у, г. Докажите, что

равносторонний треугольник ABC такой, что |ОА| = х; \ОВ\ = у,| ОС \ = z существует тогда и только тогда, если x-J-yZ^z\ у -J- 4 - z ^ x ; z + (точки 0\ А\ В\ С лежат в одной плоскости).

(Англия)ISO. Пусть [а] — целая часть числа а, т. е. наибольшее целое

непревосходящее а, и (а) = а —[а] дробная часть. Покажите, что числа (10"V2) , где ri = 0; 1; . . . все (попарно) различны.

(Швеция)161. Два парохода идут по морю с постоянными скоростями

по фиксированным направлениям. В 9.00 расстояние между ними 20 миль, в 9.35— 15 миль и в 9.55— 13 миль. В какой момент времени расстояние между пароходами минимально и каково это расстояние? (Швеция)

162. Дано простое нечетное число р. Найдите необходимое и достаточное условие того, что сумма квадратов р — 1 последовательных натуральных чисел делится на сумму этих чисел.

(Чехословакия)163. В пространстве расположены п точек так, что любые

три из них являются вершинами треугольника, один из углов которого больше 120°. Докажите, что эти точки можно обозначить буквами Aj, А 2, . . . , Ап таким образом, что каждый из углов AiAj Ak больше 120°, если i < j < k. (Чехословакия)

(6 4 . В пространстве даны 6 таких точек Ру, j — 1; 2; . . . ; 6, что никакие четыре из них не находятся в одной плоскости. Каждый отрезок прямой PjPk Ц ф к ) окрашен в черный или белый цвет. Докажите, что существует хотя бы один треугольник PjPkPlt стороны которого были бы одного цвета. (Швеция)

47

(6 5 . Докажите, что имеется бесконечное множество целых положительных чисет, которые не могут быть записаны как сумма квадратов трех целых чисел. (Швеция)

(6 5 . Найдите все действительные числа X, для которых уравнение

sin4x—cos4x = A (tg4x—ctg4x):

а) не имеет ни одного решения;б) имеет только одно решение;в) имеет только два решения;г) имеет больше двух действительных решений в промежутке

О < х < у . (ГДР)

167. Докажите, что 1 + -^ - + -р -+ • • • + т ) г < (Венгрия)

168. Пусть на плоскости даны 4000 точек, таких, что никакие три из них не лежат на одной и той же прямой. Докажите, что в этом случае можно нарисовать на плоскости 1000 четырехугольников без общих точек, но чтобы их вершины были бы данными точками. (Венгрия)

169. Вершины многоугольника с п + 1 сторонами расположены на сторонах правильного многоугольника с п сторонами так, что периметр многоугольника с п сторонами был разделен на равные части. Как нужно выбрать эти точки, чтобы площадь многоугольника с п + 1 сторонами была:

а) наибольшей;б) наименьшей? (Голландия)170. х„ х2, х3, х4, хъ—целые положительные числа, которые

удовлетворяют соотношениям:

{ Х4 -j- х2 —|— х3 —|— х4 х3 = 1000,I х,—х2 + х3 —х4 + х5 > 0,I xt 4-х2 —х3+ х 4—х5 > 0,

— x i + х2 + х3 — х4 -)- х5 > 0, х4—х2 + х3-}-х4—х5 > 0,— X j+ хг — х3 + х4 + х5 > 0.

а) Найдите наибольшее значение степени (Xj + Xg)**4-**.,б) Сколькими разными способами можно выбрать х4, х2, х3, х4, х6,

при которых достигается это наибольшее значение? (Голландия)(71. Один мальчик построил для своего поезда-игрушки замк

нутую рельсовую сеть, не имеющую перекрестков и прямых отрезков. У него имеется большое число равных рельсов, имеющих форму четверти окружности. Некоторые из них расположены так, что поезд проходит их по направлению часовой стрелки, а другие поезд проходит в направлении, обратном движению часовой стрелки.

48

Покажите, что в рельсовой сети четное число тех и других видов рельсов и что число всех рельсов кратно четырем.

(Голландия)172. Пусть hn — апофема правильного n-угольннка, вписанного

в круг радиуса R . Докажите, что(п+ 1 )hn + 1— nhn > R. (Болгария)173. Найдите радиус окружности, описанной около равно

бедренного треугольника, стороны которого являются корнями квадратного уравнения х2—ах-{-Ь = 0. (Монголия)

174. Дан многочлен f (х) с целыми коэффициентами, значение которого кратно 3 для трех целых значений: k; &+1; k + 2. Покажите, что f (т) кратно 3 для любого целого т. (Польша)

175. Три положительных числа хг, х2, х 3 удовлетворяютусловиям х1а-2х3 > 1 , x l + x 2 + x 3 < J - + J - + - L .

Х 1 х 2 х 3

Докажите, что:а) ни одно из этих чисел не равно 1;б) ровно одно из них меньше 1. (Югославия) I7S . Парк имеет форму выпуклого пятиугольника площади

5 = 5 1/"3 • 1002. Гуляющии в парке, находясь во внутренней точке О, обнаружил, что он от каждой вершины удален не более чем на 200 м. Докажите, что он удален от каждой точки на сторонах пятиугольника не меньше, чем на 100 м. (Югославия)

177. k lt k2, . . . , kn ( n ^ 2) являются целыми неотрицательными числами. Докажите неравенство

£,! k2\ . . . !)". где k = k 1 + k 2+ . . . + k n

([х]—целая часть числа х). (Чехословакия)178. Докажите, что уравнение x3+ ^ 3 + z3= 19692 не имеет

решения в целых числах. (Болгария)179. Найдите все функции f (х), определенные для каждого х

и удовлетворяющие уравнениюXf (у) + yf М = (x + y ) f (X) f (у)

для произвольных х и у. Докажите, что только две из них непрерывные. (Болгария)

180. На квадрат со стороной 38 см наложены 100 выпуклых многоугольников, площадь и периметр каждого из которых не превышают соответственно я см2 и 2я см. Докажите, что в квадрате останется круг радиуса 1 см, который не имеет общих точек ни с одним из многоугольников. (Болгария)

181. Найдите сферу максимального радиуса, которую можно поместить в каждый тетраэдр, все высоты которого больше или равны 1. (Югославия)

£82. Пусть OX, OY, OZ—три луча и G—точка внутри телесного угла OXYZ. Рассмотрим плоскость, проходящую через G и пересекающую OX, OY, OZ соответственно в точках А, В, С.

49

Как построить эту плоскость, чтобы объем тетраэдра ОАВС был наименьшим? (Румыния)

183. Я вляется ли число Y v b + 2 - Y v s — 2 рациональным или иррациональным? (Франция)

184. Обруч радиуса 1 расположен в углу комнаты (т. е. касается горизонтального пола и двух вертикальных, перпендикулярных друг другу стен). Найдите множество центров обруча при всевозможных его положениях.

П р и м е ч а н и е . Для решения этой задачи полезно знать следующую теорему Монжа: «Множество точек, из которых

д-2к эллипсу ^ 2 + f r = 1 можно провести перпендикулярные касательные, является окружностью Монжа с уравнением x2 + t/2= = а 2+ Ь 2». (Франция)

185. Дан шар /С. Найдите множество вершин А всех параллелограммов ABCD, для которых диагональ A C ^ B D , причем диагональ BD целиком содержится в шаре К- (Чехословакия)

186. Пусть Р, (*,«/,) ( i = l , . . . , 5) —точки с целочисленными координатами. Докажите, что из всех треугольников с вершинами в этих точках по крайней мере три имеют целочисленные площади. (Болгария)

187. Дан тетраэдр ABCD. Пусть х=\ АВ \-\CD | , у=\ AC\-\BD\, г = | AD ] • | ВС | . Докажите, что существует треугольник со сторонами х, у, г. (Польша)

188. Пусть а —действительное число, отличное от нуля. Для каждого целого п положим Sn = an-{-a~n. Докажите, что если для некоторого целого k суммы Sk и Sft+1 являются целыми числами, то для всех целых п S n равны целым числам. (ДРВ)

18Э. Докажите, что 2147— 1 делится на 343. (Финляндия)198. Пусть х, у, z —действительные числа, абсолютная вели-1чина которых отлична от и которые удовлетворяют условию

х-\~у-\-г = х-у-г.Докажите, что тогда выполняется равенство

1 —3 * 2 I 1 _ з ^ I 1 — 3z2 1—Зх2 1— Зу2 1—3г2* (Куба)

391. С помощью алфавита из трех букв строятся всевозможные слова. При образовании слов некоторые буквосочетания (из двух и более букв) считаются запрещенными. Известно, что все запрещенные буквосочетания имеют различную длину. Докажите, что найдется сколь угодно длинное слово, не содержащее запрещенных буквосочетаний. (СССР)

192. Сумма квадратов пяти чисел а„ а2, а3, а4, а5 равна 1. Докажите, что наименьшее значение величины (а,-— а )2 (1<л= £/^5)

I ^ г'не превосходит ^ . (СССР)

50

ЗАДАЧИ, ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ

З А Д А Ч И АНГЛИЙСКИХ О Л И М ПИ АД

193. Квадратный кусок фанеры разрезан на п2 равных единичных квадратов. Они переставлены так, что получилось 4 прямоугольника и 1 единичный квадрат. Причем все 9 размеров этих фигур различны.

а) Найдите наименьшее значение п, удовлетворяющее условиям задачи, и определите размеры фигур для этого значения п.

б) Найдите все значения п, удовлетворяющие условиям задачи.Обоснуйте ответ.194. f (х)—действительная функция действительного перемен

ного х, не тождественно равная нулю. Пусть f (x)-f (у) = f (х—у) для всех возможных действительных значений х и у. Найдите f(x).

195. Дано множество, состоящее из п + 1 положительного целого числа, каждое из которых не превосходит 2п. Докажите, что по крайней мере один из элементов множества делится на Другой.

196. Докажите, что у выпуклого многогранника все грани не могут быть шестиугольниками.

197. Кость для игры в домино может быть представлена неупорядоченной парой целых чисел. Таким образом, пары (1,5) и (5,1) представляют одну и ту же кость. Множество, состоящее из 15 всевозможных костей, представленных парой чисел от 1 до 5, разбивается на 3 подмножества по пять костей в каждом. При этом из костей каждого подмножества можно образовать замкнутую цепь, т. е. расположить в виде (a, b) (b, с) (с, d) (d , е) (е, а), где а, Ь, с, d, е не обязательно различные числа. Сколькими способами можно произвести такое разбиение на три подмножества? (Порядок самих подмножеств в разбиении несуществен.)

198. Вокруг окружности радиуса г описаны всевозможные треугольники. В треугольники вписаны квадраты (стороны которых имеют длину х). Докажите, что

2г > х > У~2 г.199. Длинный коридор единичной ширины имеет форму буквы

«Г». Жесткая длинная труба (шириной которой можно пренебречь) положена и всюду касается пола. Длиной трубы (труба может быть искривлена) называется прямолинейное расстояние между ее концами. Найдите максимальную длину трубы, чтобы трубу можно было протащить вдоль обоих колен коридора и повернуть в углу, не отрывая от пола.

З А Д А Ч И БОЛГАРСКИХ О Л И М П И АД

2 0 0 . Докажите, что полином f(x) = x6—х-\-а, где а—целое число, не делящееся на 5, нельзя представить в виде произведения двух полиномов с целыми коэффициентами.

51

20!. Из трех различных цифр х, у, z образованы всевозможные трехзначные числа. Сумма этих чисел в три раза больше трехзначного числа, каждая цифра которого есть х. Найдите цифры х, у , z.

202. Решите неравенство:1 4 , 15

203. Докажите, что если а , р , у — величины углов произвольного треугольника, то справедливо тождество:

cos2 а + cos2 Р + cos2 у + 2 cos a cos р cos у = 1.

204. Постройте треугольник, подобный данному треугольнику, одна вершина которого—данная точка, остальные две вершины лежат на данной прямой и данной окружности.

205. Докажите, что если правильный тетраэдр пересечь плоскостью, параллельной любым двум его скрещивающимся ребрам, то: а) сечение есть прямоугольник;

б) периметр сечения не зависит от положения секущей плоскости .

З А Д А Ч И ВЕНГЕРСКИХ О Л И М ПИ АД

206. В остроугольный треугольник вписан квадрат, две вершины которого находятся на одной стороне треугольника, одна — на другой и одна— на третьей. Докажите, что центр окружности, вписанной в треугольник, лежит внутри квадрата.

207. (II т у р д л я н а ч и н а ю щ их . ) На некоторой математической олимпиаде было предложено пять задач. Среди участников олимпиады не оказалось двух, решивших одни и те жезадачи. Если не принимать во внимание любую из задач, то,выбрав любого участника, можно найти и другого, решившего из оставшихся четырех задач те же, что и он. Сколько человек участвовало в олимпиаде?

208. (I т у р д л я у с п е в а ю щ и х . ) Докажите, что точка пересечения высот треугольника ближе расположена к более короткой из двух сторон, чем к более длинной.

209. (I т у р д л я у с п е в а ю щ их . ) Определите числа а, Ь, с так, чтобы выполнялось тождество

Xs—ах2+Ьх—с=~(х—а)(х—Ь) (х—с).

210. (II т у р д л я у с п е в а ю щ и х . ) Преобразуйте в произведение следующее выражение:

((а—с)2 + (b—d)2) (а2 + Ь2)— (ad—be)3.52

21!. (I т у р д л я с п е ц и а л ь н ы х к л а с с о в . ) Докажите, что если три угла выпуклого четырехугольника тупые, то диагональ, исходящая из четвертого угла, длиннее, чем другая диагональ.

2 1 2 .(1 т у р д л я сп е ц и а л ь н ы х к л а с с о в ) . Предположим, что справедливы следующие утверждения:

а) среди людей, имеющих телевизоры, есть такие, которые не являются малярами;

б) люди, каждый день купающиеся в бассейне, но не являющиеся малярами, не имеют телевизоров.

Следует ли отсюда следующее утверждение:в) не все владельцы телевизоров каждый день купаются в бас

сейне?213. (II т ур д л я с п е ц и а л ь н ы х к л а с с о в . ) Дана ок

ружность и точка Р внутри нее. Через любую точку Q окружности проводим касательную. Перпендикуляр, опущенный из центра окружности на PQ, и касательная пересекаются в точке М. Найдите геометрическое место точек М, когда Q пробегает всю окружность.

214. Найдите действительные числа а, Ь, с, для которых

шга + йл: + с | <11 при | х | < 1 и д-а2 + 2Ь2

максимально.215. Дано натуральное число п. Определите неотрицательные

числа / е й / , для которых

k , п — kт т т Ч 77ГТТГ максимально.k - \ - l 1 n — (k -\-l)

2Е6- xt — положительное число, меньшее 1 (х,- < 1). Образуемпоследовательность хх, х2, х„ где хк+1 удовлетворяетсоотношению xk+1 = xk—х\ ( k = l , 2, . . . ) . Докажите, что для любого п

Х1 + Х\Л~ • • • + х% 1 •217. ABCD — плоский четырехугольник. Точка A t симметрична

точке А относительно В\ Вх симметрична В относительно С; Сг симметрична С относительно D; D, симметрична D относительно А. Постройте четырехугольник ABCD, считая точки A lt В х, Сх, Dx данными.

З А Д А Ч И О Л И М ПИ АД ГДР

2Ю. Докажите следующее утверждение: треугольник с углами а, {), у прямоугольный тогда и только тогда, когда

cos 2а + cos 2р + cos 2у — — 1.

БЗ

239. Докажите, что п3 + Зп2—п — 3 при любом нечетном п делится на 48. _ __

220. Даны два числа zt = V ? + K l O и za = j / 3 + ^ 1 9 .Установите, не производя вычисления корней, какое из чисел больше.

221. В задаче каждая буква и каждая звезда обозначают цифры от 0 до 9 (А ф О ).

ATOM х АТОМ*****

******* ***

* * ***

**** АТОМРазличные буквы соответствуют различным цифрам. Замените

буквы и звездочки цифрами.222. а) Докажите, что остаток от деления простого числа

на 30 есть 1 или простое число.б) Проверьте справедливость этого утверждения при делении

простого числа на 60.223. Докажите, что если по крайней мере два из трех дейст

вительных чисел а, Ь, с отличны от нуля, то справедливо неравенство

а3 , 62 , с2 > £62 + с2 1 с2+ а 2 1 а2-\-Ьг 2

При каких соотношениях имеет место равенство?224. Пусть дан тетраэдр (не обязательно правильный), все

грани которого равновелики между собой. Докажите, что центры вписанного в него и описанного около него шаров совпадают.

225. Укажите все действительные числа а, для которых уравнение

sin6 х + cos6 х = a (sin1 х + cos1 х) имеет по крайней мере одно действительное решение.

Найдите все решения для а = -|-.226. Множество М элементов и, v, w . . . называется полу

группой, если в нем определена операция, однозначно приписывающая каждой упорядоченной паре (и, v) элементов из М элемент® из М (пишут и о v = w) и если эта алгебраическая операция ассоциативна, т. е. если для всех элементов из М имеет место (и о v) о w = и о (v о w).

Пусть с—положительное действительное число, а М — множество всех неотрицательных чисел, меньших с. Для любой пары

чисел из М определим операцию следующим образом: и о v= - tl^ v•+?

54

а) Докажите, что М является полугруппой.б) Является ли М регулярной полугруппой, т. е. следует ли

из u o v 1 = u o v 2 всегда vx = v2, а из uxo v = и2 о v тоже всегда й, = й2?

2 2 7 . Три цеха W „ W 2, W 3 завода и железнодорожная станция В расположены в плоской местности. Точки W v W2, W3 не принадлежат одной прямой. Они связаны между собой тремя прямолинейными дорогами—отрезками W 1W 2J W 2W 3, W 3Wt . Причем W2W 3 < WsW^ < WXW2. Железнодорожная станция расположена внутри треугольника WjW2W 3. От указанных трех дорог она имеет равные расстояния. С тремя цехами станция связана прямолинейными дорогами — отрезками B W lt BW 2, B W 3.

Автобус должен ехать со станции сначала ко всем трем цехам, а затем возвращаться на станцию, причем могут быть использованы только указанные дороги. При этих условиях укажите кратчайший маршрут автобуса. .

2 2 8 . Квадратные корни часто вычисляются при помощи

приближенной формулы ] / й2 + 8 « й + ;^ .При этом а и b—положительные действительные числа.а) Докажите, что для погрешности этого приближенного зна-

чения 6 = а + 2 ^—ф/'и2 + Ь имеет место 0 < 8 < .б) Выведите аналогичную приближенную формулу для у / аа+Ь

и оцените погрешность.В практическом применении b выбирается сравнительно малым.

Как упрощается оценка, если числа а, b целые, удовлетворяющие неравенству й3 < а3-\-Ь < (и + I)3?

в) При помощи выше указанных формул вычислите приближенные значения J/56 и у / 80.

22 Э . Имеются деревянный шар, циркуль, которым можно рисовать как на плоскости, так и на сфере, карандаш, линейка (без измерительной шкалы) и (плоская) чертежная бумага. Нарисуйте радиус шара.

З А Д А Ч И ПОЛЬСКИХ О Л И М П И АД

230. Даны точки А и В и окружность К ■ Постройте окружность, проходящую через А и В и определяющую в пересечении с окружностью К хорду данной длины—q.

231. Найдите трехзначное число х, такое, что число, составленное теми же цифрами в том же порядке, но при другом основании (не равном 10), в два раза больше данного числа х.

232. Докажите, что если п ^ 3, то

п+1 / п П < iTtГ.

55

2 3 3 . Через точку А окружности k проведен перпендикуляр АВ к плоскости этой окружности. Найдите множество проекций точки А на всевозможные прямые ВМ, где М — произвольная точка окружности к.

2 3 4 . В выпуклом четырехугольнике ABCD | Л Д Ц - | В Д | не больше, чем | /4C| + | C D | . Докажите, что тогда длина стороны АВ меньше длины диагонали АС.

З А Д А Ч И РУМ Ы НСКИХ О Л И М П И АД

2 3 5 . Докажите, что уравнение х* — 6ха + 1 = 0 имеет корни

2 3 6 . Решите систему уравнений:{ + 2хг + Зх3 + . . . + пх„ = О,j 2хj -j- 5х2 -j- -j- •«. -J- 2пхп = О,| • • • .

2кх% “Ь 3ftxg -J- • . . “Ь (1 ft2) Xfc *f". • . *f" ttkxn = 0f .nx 1 -J- 2fix% 3fix$ -J- • • • (1 -\- t i x n = 0.

за исключением тех, при которых знаменатель обращается в нуль.2 3 8 . Найдите действительные решения уравнения

Ух* — 18л:2 + 81 — 2J/V — 2х2 + 1 + У~х?+х + 7 = 0.

2 3 9 . Три группы рыбаков поймали 113 рыб. На каждого рыбака I группы пришлось по 13 рыб, на каждого рыбака II группы — по 5 рыб и на каждого рыбака III группы — по 4 рыбы. Сколько рыбаков было в каждой группе, если всего их было 16?

ЗА Д А Ч И , ПРЕДЛАГАВШ ИЕСЯ Н А ЗАКЛЮ ЧИТЕЛЬНОМ ТУРЕ ЧЕТВЕРТОЙ ВСЕРОССИЙСКОЙ М АТЕМ АТИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ

2 4 0 . В треугольнике две высоты не меньше длин сторон, к которым они проведены. Найдите углы треугольника (VIII—IX классы).

2 4 1 . Докажите, что т (т - \ -1) не является степенью (выше первой) целого числа ни при каком натуральном т. (VIII класс)

2 3 7 . Докажите, всех х и у.

56

2 4 2 . У каждого из чисел от 1 до миллиарда подсчитывается сумма его цифр. Затем у каждого числа из получившегося миллиарда чисел снова подсчитывается сумма его цифр и т. д., пока не получится миллиард однозначных чисел. Каких чисел получится больше: 1 или 2? (VIII класс)

2 4 3 . а) В выпуклом шестиугольнике ABCDEF величины всех внутренних углов равны. Докажите, что \А В \ —= \FE\ — \BC\ = \DC\ — \FA\.

б) Докажите обратное утверждение: из шести отрезков а1г аг, а3, alt я6, а6, длины которых удовлетворяют соотношениям

" CL3 Cl3 — CL3

можно составить выпуклый шестиугольник с конгруэнтными углами. ( а) — VIII класс и б)— X класс)

2 4 4 . Найдите все решения в целых числах уравнения

х + . . . + V x + V x = y .

1964 корня

(IX класс)245. Через вершины произвольного выпуклого четырехуголь

ника проведены перпендикуляры к его диагоналям. Докажите, что четырехугольник, образованный основаниями этих перпендикуляров, подобен исходному (IX класс).

246. Найдите все нечетные натуральные числа п, для которых (п— 1)! не делится на п2 (через k\ обозначается произведение 1-2-3- . . . -(ft— l)-k) (IX класс).

247. Около окружности с центром О описан четырехугольник ABCD. Докажите, что АОВ + COD =180° (X класс).

248. Даны натуральные числа а, b и п. Известно, что при любом натуральном k{k=£b) число kn— а делится без остатка на k —b. Докажите, что a = bn (X класс).

249. Найдите наибольшее число, являющееся полным квадратом, такое, что после вычеркивания двух его последних цифр получается снова полный квадрат. Предполагается, что хотя бы одна из вычеркиваемых цифр не нуль (XI класс).

250. На плоскости нарисована сеть, образованная из правильных шестиугольников со стороной 1. Жук, двигаясь по линиям сетки, прополз из узла А в узел В по кратчайшему пути, равному 100. Докажите, что половину всего пути он полз в одном направлении (IX класс).

251. В выражении х1:х2: . . . : х п для обозначения порядка, в котором нужно производить деление, расставляются скобки,

57

после этого данное выражение записывается в виде дробих' Iх' 2 ■ • -Х‘к

x i \ x i i ■ • ■x/ n - k

( например, (хг: (х2:хя)):х4 = ;\ Л2’

((хг :х2): xs) :хл = ) .Л2Л3Л4 /

Сколько различных дробей такого вида можно получить из выражения х^.х^:. . . :х„, по-разному расставляя в нем скобки? (X—XI классы.)

252. На какое наименьшее число тетраэдров можно разбить куб? (X—XI классы)

253. Дан произвольный набор попарно различных целых чисел:

flj, й2, • • • I &п —1 > ^ 2).

Из него получается новый набор: ^ ~ а"1, Ь Л а? °п , an+ ai fиз этого—следующий по тому же правилу и т. д. Докажите, что через несколько шагов обязательно получится набор, в котором не все числа будут целыми (XI класс).

254. ABCD —описанная трапеция, Е —течка пересечения диагоналей, \гг, г2, г3, г4—радиусы окружностей, вписанных в треугольники БАЕ, ВСЕ, CDE и DAE соответственно. Докажите, что

J - + -L = -L + _L (XI класс).' 1 г3 *2

З А Д А Ч И VII ВСЕСО Ю ЗН О Й ОЛИМ ПИАДЫ

255. На суде в качестве вещественного доказательства предъявлено 14 монет. Эксперт обнаружил, что монеты с 1-й по 7-ю фальшивые, а с 8 -й по 14-ю настоящие. Суд же знает только то, что фальшивые монеты весят одинаково, настоящие монеты весят одинаково и что фальшивые монеты легче настоящих. В распоряжении эксперта — чашечные весы без гирь.

а) Эксперт хочет доказать суду, что монеты с 1-й по 7-ю фальшивые. Как он может это сделать, используя только три взвешивания?

б) Покажите, что с помощью трех взвешиваний он может доказать даже больше: что монеты с 1-й по 7-ю фальшивые, а с 8 -й по 14-ю настоящие.

256. Докажите, что девятизначное число, в записи которого участвуют все цифры, кроме нуля, и которое оканчивается цифрой 5, не может быть полным квадратом целого числа.

58

257. Дано п точек, п > 4. Докажите, что можно соединить их стрелками так, чтобы из каждой точки в каждую можно было попасть, пройдя либо по одной стрелке, либо по двум (каждые две точки можно соединить стрелкой только в одном направлении; идти по стрелке можно только в указанном на ней направлении).

258. На сторонах остроугольного треугольника ABC во внешнюю сторону построены три подобных между собой остроугольных треугольника АСгВ, ДЛ,С, СВ^А (при этом А В ХС == ЛВС, = А J3C; B C A ^ B f i A ; С А В ^ С ^ А В ) .

а) Докажите, что окружности, описанные вокруг треугольников ЛС,В, B A f i и СВ,Л, пересекаются в одной точке.

б) Докажите, что в той же точке пересекаются прямые Л Л,, В В , и СС,.

259. N человек незнакомы между собой. Нужно так познакомить друг с другом некоторых из них, чтобы ни у каких трех людей не оказалось одинакового числа знакомых. Докажите, что это можно сделать при любом N.

260. Король обошел шахматную доску 8 x 8 , побывав на каждом поле ровно один раз и вернувшись последним ходом на исходное поле (король ходит по обычным правилам). Когда нарисовали его путь, соединив отрезками центры полей, которые он последовательно проходил, то получилась замкнутая ломаная без самопересечений. Какой наибольший и какой наименьший путь мог проделать король?

261. Дан угол с вершиной О и окружность, касающаяся его сторон в точках Л и Д. Из точки А параллельно ОВ проведен луч, пересекающий окружность в точке С. Отрезок ОС пересекает окружность в точке Е, а прямые АЕ и ОВ пересекаются в точке К. Докажите, что |0 / ( | = |/(Д ].

262. Действительные числа а, Ь, с таковы, что для всех чисел х, удовлетворяющих условию — выполнено неравенство

| ах2 + Ьх + с (^ I .

Докажите, что при этих значениях х выполнено также неравенство

| схг + Ьх + а | ^ 2 .

2S3. Теннисная федерация присвоила всем входящим в нее теннисистам квалификационные номера: сильнейшему— первый номер, следующему по силе—второй и т. д. Известно, что во встречах теннисистов, квалификационные номера которых различаются более чем на 2 , всегда побеждает спортсмен с меньшим номером. Турнир, в котором участвуют 1024 сильнейших теннисиста, проводится по олимпийской системе: участники очередного тура разбиваются по жребию на пары и в следующий тур выхо

59

дит победитель в каждой паре, так что число участников после каждого тура уменьшается вдвое. Таким образом, после десятого тура будет выявлен победитель. Какой наибольший номер может он иметь?

264. Дан треугольник с площадью 1 и сторонами а, Ь, с. Известно, что а ' ^ Ь ' ^ с . Докажите, что b ^ V 2.

265. Дан выпуклый п-угольник с попарно непараллельными сторонами и точка внутри него. Докажите, что через эту течку нельзя провести больше п прямых, каждая из которых делит площадь п-угольника пополам.

266. Квадратный трехчлен / (х) = ах2 + Ьх + с таков, что уравнение f ( х) = х не имеет действительных корней. Докажите, что уравнение f( f (x)) — x также не имеет действительных корней.

267. На бесконечном клетчатом листе бумаги п клеток закрашено в черный цвет. В моменты времени / = 1, 2, . . . происходит одновременное перекрашивание всех клеток листа по следующему правилу: каждая клетка К приобретает тот цвет, который имело в предыдущий момент большинство из трех клеток: самой клетки К и ее соседей справа и сверху (если две или три из этих клеток были белыми, то К становится белой, если две или три из них были черными, то черной).

а) Докажите, что через конечное время на листе не останется черных клеток.

б) Докажите, что черные клетки исчезнут не позже, чем в момент времени t = п.

268. Докажите, что если х1г х 2, х3, х4, хъ — положительные числа, то (%!+ х 2 + х3 + хА + хъ)2> 4 (хгх 2 + х 2х3 + х 3х, + хАх5 + х-хг).

269. В пространстве заданы 4 точки, не лежащие в одной плоскости. Сколько существует различных параллелепипедов, для которых эти точки служат вершинами?

З А Д А Ч И О Л И М ПИ АД С Ш А

П е р в а я о л и м п и а д а

270. Символы ( a , b , . . . , g ) и [а, Ь, . . . , g] обозначают соответственно наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное положительных целых чисел а, Ь, . . . , g. Докажите, что

[о , 6, с ] 2 (о, 6, с) 2

[о, 6 ] [6 , с] [с, о] ~ (о, 6 ) (Ь, с) (с, а) '

271. Дан равнобедренный тетраэдр ABCD, т. е. \AB\ = \CD\t \AC\ = \BD\, \AD\ = \BC"\. Докажите, что все грани тетраэдра — остроугольные треугольники.

272. Производится случайный выбор одного из девяти чисел 1, 2, 9. Выбор каждого из чисел равновероятен. Определите

вероятность того, что после п выборов (п > 1 ) произведение чисел будет делиться на 1 0 .

273. Пусть R — неотрицательное рациональное число. Найдите фиксированный набор целых чисел а , Ь, с, d, е, f, таких, что для любого R справедливо неравенство:

I aRZ + bR+c з / 7 Г \ ^ 1 п 3 / 7 Л|dR*—eR-+ f — V * \ < \ R — V Ц-

274. Данный выпуклый пятиугольник ABCDE обладает тем свойством, что площадь каждого из пяти треугольников ABC, BCD, CDE, DEA и EAB равна единице. Докажите, что всякий пятиугольник с таким свойством имеет ту же площадь и к тому же имеется бесконечно много таких неконгруэнтных друг другу пятиугольников.

В т о р а я о л и м п и а д а

275. Две точки Р и Q, лежат внутри правильного тетраэдра ABCD. Докажите, что / M Q < 6 Q°.

276. Пусть {*:„} и {уп\ —две целочисленные последовательности, заданные соотношениями:

Xq — 1 , ^ = 1 , х п+1 — хп -f 2 хп - 1 (я = 1 , 2 , 3 , . . . ) :У а= 1» У\ = , уп+1 = 2уп 3yn—i (п = 1 , 2 , 3 , . . . ) .

Докажите, что, кроме 1, никакое другое число не является элементом обоих последовательностей одновременно.

277. Из вершин заданного правильного (2п+ 1)-угольника случайным образом выбираются три различные вершины. Считая все такие выборы равновероятными, найдите вероятность того, что центр данного многоугольника будет лежать внутри треугольника, определяемого тремя случайно выбранными вершинами.

278. Найдите все корни, действительные или комплексные, следующей системы уравнений:

( х + У •+ 2 = 3,) х*+У2 + г* = 3,[ хъ.-\-уъ-Л-гь — 3.

279. Докажите, что кубичные корни трех различных простых чисел не могут быть тремя членами (не обязательно последовательными) некоторой арифметической прогрессии.

Т р е т ь я о л и м п и а д а

280. Пусть а, b и с обозначают три различных целых числа и Р — полипом с целочисленными коэффициентами. Докажите невозможность одновременного выполнения равенств Р(а) = Ь, Р ф) = с и Р (с) =а.

61

Рис. 1

281. Докажите, что для любых положительных действительных чисел а, b и с справедливо неравенство

а + Ь+с

ааЬъсс ^ (abc) 3 .

282. Две граничные точки шара радиуса 1 соединены дугой длины, меньшей 2, проходящей внутри шара. Докажите, что эта дуга должна целиком лежать в некотором полушарии данного шара.

283. Отец, мать и сын решили организовать семейный турнир из нескольких партий некоей настольной игры. В каждой партии участвуют два человека, причем ничьих в этой игре не бывает. Поскольку отец является слабейшим игроком, ему предоставлена возможность выбрать игроков для первой партии. Победитель каждой партии играет следующую партию с тем, кто в данной партии не участвовал, и т. д. Первый из игроков, выигравший две партии, объявляется победителем турнира. Так как сын является сильнейшим игроком, то интуитивно ясно, что отец увеличит вероятность своего выигрыша в турнире, если он в качестве участников первой партии изберет себя и свою жену. Докажите, что эта стратегия действительно является оптимальной. Предполагается, что для каждого игрока вероятность выиграть у другого отдельную партию не меняется в течение турнира.

284. Даны два треугольника PQR и ABC (рис. 1). В треугольнике ABC ADB = BDC — CD А = 120°. Докажите, что x = u-\-v + w.

З А Д А Ч И ЧЕХОСЛОВАЦКИХ О Л И М П И АД

285. Задан прямоугольный равнобедренный треугольник APQ с гипотенузой АР. Постройте квадрат ABCD так, чтобы прямые ВС, CD проходили через точки Р, Q соответственно. Выразите

62

длину стороны квадрата ABCD через длину а катета данного треугольника.

286. Найдите все натуральные числа п, для которых число 2 " — 1 является второй или более высокой степенью (с целым показателем) натурального числа.

287. Дан прямоугольный треугольник ABC, катеты которого СВ и СА удовлетворяют соотношению | СВ | < | С А |. Найдите множество всех точек X треугольника ABC, для которых одновременно выполнены следующие соотношения:

\ Х А | > | Х Д | > | Х С ] , х ^ х 2^ х 3, где xlt х2, х 3обозначают расстояния от точки X до сторон ВС, С А, АВ треугольника ABC соответственно.

288. Даны две одинаковые окружности klt k,, которые пересекаются в двух разных точках Р, Q. Через точку Р проведем прямую, пересекающую обе окружности еще в точках X, Y, которые взаимно отделены друг от друга точкой Р.

а) Найдите множество середин сторон треугольника QXY.б) Какую фигуру заполнят центры окружностей, описанных

около треугольника Q X Y ?289. Дана функция

У = у ( 1 1 + 1 ^ 4 = ^ 1 + 1 1 —

Постройте график этой функции при — и докажите, что он состоит из двух отрезков и из дуги окружности.

290. Дана трапеция ABCD с основанием АВ. Постройте внутри отрезка AD точку Р и внутри отрезка ВС точку Q такие, что PQ\\AB и AQ\\PC. Выразите | ЛР | , | jBQ ] через длины сторон данной трапеции.

291. Найдите суммуsin I sin I sin I sin I

cos 0 cos I ' cos I cos 2 ' cos 2 cos 3 ' ' ' cos (n — I) cos n ’

где n —целое положительное число.292. Докажите, что если ребра тетраэдра ABCD связаны

равенствомА В2 + CD2 = А Сг + BD2 = A D2 + ВС2,

то хотя бы одна грань тетраэдра—остроугольный треугольник.293. Пусть числа о„ а2, . . . , ап ( п ^ 2) положительны. Най

дите все действительные решения системы уравнений:Х\Х2Х2Х-Л= а.

1 — \Х п= а,хпх 1— а,

63

2 9 4 . Найдите все тройки простых чисел а, Ь, с, для которых справедливо неравенство

abc < ab + fee | - са.

2 S 5 . Длина одного бокового ребра четырехуголыюй пирамиды равна х, длины всех остальных ребер принимают значение 1 .

а) Выразите объем пирамиды как функцию х.б) Найдите х, при котором объем принимает максимальное

значение.

З А Д А Ч И Ш ВЕДСКИХ О Л И М ПИ АД

2 9 6 . Числа 1, 2 п переставлены в некотором порядкеаг, а2, ап. Докажите, что если п нечетно, то произведение (а1— 1 ) (а2 — 2 ) . . . ( а„— п) обязательно четно.

297. Найдите многочлен р (х) с целыми коэффициентами, обращающийся в нуль при x = \ r 2 - \ - V 3 и х — \/~2 + \ / 3 .

298. Докажите, что для каждого действительного числах~^-~ найдется целое п, такое, что \ х — .

З А Д А Ч И Ю ГОСЛАВСКИХ О Л И М ПИ АД

299. Дан тетраэдр О АБС, в котором АОВ = БОС = СОА = 90°.а) Докажите, что вершина О тетраэдра, центр тяжести Т грани

АБС и центр S описанной около тетраэдра сферы лежат на одной прямой.

б) Докажите, что

ctg а : ctg р : ctg y = a2:b 2:c2,

где а = САВ\ Р = ЛДС; у — ВСА\ а — \ОА\\ Ь = \ОВ\\ с — \ОС\.3 0 0 . Ребро основания правильной четырехугольной призмы

равно 2а, а высота а (1 + 1 /3 ). Проведена сфера, проходящая через все вершины нижнего основания призмы и касающаяся его верхнего основания. Найдите площадь части поверхности призмы, находящейся Енутри сферы.

301. На расстоянии d м от близорукого мудреца лежит предмет. Мудрец видит предмет только на расстоянии, меньшем 1 м.

зМудрец поспорил, что он найдет предмет, сделав меньше -g-d + 7шагов, при условии, что ему после каждого его шага, имеющего длину 1 м, скажут «подошел ближе» или «не подошел ближе». (Предмет считается найденным, если мудрец приблизился к нему на расстояние меньше 1 м, т. е. когда он может его увидеть.) Докажите, что мудрец может выиграть этот спор.

64

g Р Е Ш Е Н И Я

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД

I. Пусть d ^ 1 — наибольший общий делитель числителя и знаменателя при некотором п. Тогда 2 1 « + 4 = sc!; I4 n + 3 = td.

j 42п + 8 = 2sd,Тогда \ 42п + 9 = 3td,

1 = (3 t—2s )d,но 0 < ~ — 31 — 2s—целое. Отсюда d = 1.

В а р и а н т р е ш е н и я

Применим алгоритм Евклида

21п + 4 14п + 3 14/г + З 7п+ 114н-|-3 1 14/1+2 27п + 1 1

Таким образом, числитель и знаменатель имеют при любом п общий наибольший делитель, равный единице, поэтому они взаимно просты.

2. В условии задачи неявно требуется, чтобы все подкоренные значения были неотрицательными. Поэтому следует рассматривать лишь значения л г ^ у , чтобы 2х— 1 ^ 0 . В этой Области подкоренные выражения для остальных корней также неотрицательны. Для х + У 2х — 1 это очевидно. Из неотрицательности квадратного трехчлена

(х— 1)2 = х2— 2х + 1 ^ 0

следует, х2^ 2 х — 1 , а поэтому х Т ^ У 2х — 1

так, что и х —1^2х — llJsO при х^ у .

3 № 41 65

Преобразуем

У х + У 2 х — \ = у = У 2х + 2 У 2 х — 1 =

= -j7if / 2 x - l + 2 y 2 x - l + l = -7L/(K2F^T+l)2 =V 2x — l + 1

У~2 * У 21

“ У 2 'и аналогично

У х — У 2 х ^ Т = у = . V 2 x — 1 — 1

(берем модули, так как по условию корни положительны).

Рассмотрим определенную при функцию

у = У х + У 2х— 1 + У х —V2x — 1 == - ^ = ( 1 1 / 2 ^ 1 + 1 1 + 1 / 2 ^ 1 - 1 1 ).

Разобьем область ее определения на два промежутка:

у < 1 и 1 +Г х < + сю.

На первом промежутке

у = - ^ ( ( / 2 ^ 1 + 1 ) + ( - / 2 ^ + Г + 1 )) = -р = = / 2 .

На втором промежутке

у = У = Ц \ Г ъ Г - 1 + 1 ) + ( | / 2 ^ = Т - 1 )) = / 2 . / 2 ^ Т .

Итак, мы доказали, чтоу = У 2 для у < 1 ;

у = У 2 -У2х — 1 для 1 ^ х < + оо, причем у ^ У 2.

Отсюда следует, что данные в условии задачи равенства имеют место при следующих значениях х:

а) у = У 2 выполняется для у х 1 ;б) у = \ не выполняется ни при каком значении х, так как

У > У 2 ;3 3в) у = 2 выполняется при х = у . так как у единственное

решение уравнения У~2-У2х — 1 = 2 .

3 . Перепишем данное равенство в виде:ocos2 x + c = — bcosx. ( 1 )

Тогда для четырех чисел а, Ь, с и cosx выполняется такжео2 4 cos4 х + (4ас— 2Ь2) • 2 cos2 х + 4с2 = 0, (2;

которое получается из данного возведением в квадрат и умножением на 4. cos 2х и cos х связаны соотношением

2 cos2x = cos2 x + l. (3)Подставляя выражение (3) в равенство (2), получим

a2 (cos 2х -f 1 ) 2 + (4ос—2b2) (cos 2х 1) + 4с2 = 0.

Располагая по степеням cos 2х, получаем:а2 cos2 2х + (2о2 -ф Аас—2b2) cos 2х + (о2 + 4 ас—2Ь2 -| 4с2) = 0.

Это и есть квадратичное соотношение относительно о, Ь, с и cos 2х. В случае а = 4, Ь = 2, с = — 1 будет

а2 = 16 ; 2о2 + 4п с—2Ь2 = 8 , а2 4ас—2Ь2 -ф 4с2 = — 4.

Мы получаем для cos2x уравнение:4 cos2 2х + 2 cos 2х— 1 = 0,

а заданное соотношение при о = 4, b — 2, с — — 1 имеет вид:

4 cos2 х-ф 2 cos х — 1 = 0 .

В а р и а н т р е ш е н и я

Обозначим через ух и у2 корни данного квадратного уравнения. Очевидно, уг + у2 = — ~ i УУУг = ~ ■ Нам надо получить квадратное уравнение с корнями zl ~ 2 y \ — \ u z 2 — 2y\ — 1. Вычислим — (zl -j-z2) и zl -z2. Получим:

— О?! + zs) = — 2 (yt + y2)2 + 4 y,y2 + 2;Zi ■ z2 = 4y\yl— 2(y1 + y2)2 + 4 y xy2 -ф 1.

Таким образом, коэффициент при г2 можно взять равным 1, а коэффициент при г и свободный член—равными полученным выражениям для -—(z, ф г2) и z l -z2, подставив в них — ~ вместо

Hi + и ~ вместо ууу2. Умножая правую часть равенства на а2,получаем искомое квадратное соотношение. В этом варианте случай о = 0 требует отдельного исследования.

3* 67

4 . Пусть прямоугольный треугольник ABC — искомый(рис. 2). Из середины О его гипотенузы \А В \= с опишем окружность радиуса — . Как известно,она будет описанной около треугольника ABC. Через вершину С проводим высоту hc. Вычислим площадь треугольника AB C :

Рис. 2 5 = у | Л С | ■\BC\ = 4;C.h

По условию | АС |

чит, c-h

\СВ\ = \СО\^ = ~ , H 0 | 4 C | - | C £ | = 2S. Зна-

= - |- . Следовательно, hc = -^-. Поэтому вершина С является одной из точек пересечения окружности, построенной на отрезке АВ данной длины с как на диаметре, и прямой, параллельной АВ и отстоящей от АВ на расстояние —■.

5 . 1) Докажем, что прямые A N и BN взаимно перпендикулярны. Действительно, A N М = ACM = 45°. Точно так же BN M == ВЕМ — АЬ°. Следовательно, AN В = 90° и прямая M N —его биссектриса (рис. 3).

2) а) Докажем, что прямая ВС проходит через точку N. Соединим точку В с точкой N и точку С с N. / _ B N А —прямой, по доказанному. / _ C N А также прямой, как опирающийся на диаметр. Следовательно, CN \ _ N А и BN _]_NА, т. е. три точки

В, N и С лежат на одной прямой—перпендикуляре к NA, проведенном через точку N.

б) Докажем, что прямая AF проходит через точку N. Соединим точку F с точкой N, FNВ = 90°, как опирающийся на диаметр FB. По п. 1) AN_\_BN, следовательно, точки F и А лежат на одном перпендикуляре, проведенном к прямой NB через точку N.

3) Докажем, что все прямые M N , при произвольном выборе точки М на отрезке АВ, проходят через постоянную точку S. Из середины отрезка Л В опишем

| А В \окружность радиуса г = -.

68

Геометрическим местом точек N будет полуокружность, так как по п. 1) / _ AN В —прямой, причем M N является его биссектрисой. Следовательно, все прямые M N проходят через точку S, делящую пополам дополнительную к ANB дугу АВ.

4) Докажем, что геометрическим местом середин R отрезков PQ, соединяющих центры квадратов, будет отрезок VW прямой, параллельной прямой АВ и отстоящей от нее на расстоянии/г = 1 ^ 1 . Опустим из точек Р, Q и R перпендикуляры РР',RR ' , QQ' на АВ. Тогда четырехугольник P P 'Q 'Q —трапеция, а

I р р ' |_1_| Q Q ' IR R ' —средняя линия этой трапеции, поэтому |R R ' | = -------------- . У. t

но \РР ' \ = ^ ~ - и | QQ' | = 1 * , следовательно, | Е # ' | =I A M I + I В М | \ А В I „ _= J ^ 1 = ■■ 4 1 . Тогда точки R лежат на прямой, па

раллельной А В и отстоящей от нее на расстоянии | R R ’ \ = .

Рассмотрим крайние положения точек R, а именно, когда точка М совпадает с точкой А и когда точка М совпадает с точкой В. Тогда точка R является серединой отрезков РА и РВ, где Р — центр квадрата, построенного на АВ.

6 . Пусть трапеция ABCD— искомая (рис. 4), тогда прямые АВ || CD || р. Таким образом, нужно через точки А и С провести прямые р' и q ', соответственно параллельные р, и на этих двух прямых р' и q' найти точки В и D —вершины равнобедренной трапеции ABCD, в которую вписан круг. Если окружность вписана в трапецию, то | АВ\ + | CD\ = | ,4D | + | ВС\ = 2 | AD\. Тогда | Л Г '| = | ЕЕ | (где F ' —середина АВ, FF' j_q ' и Е — проекция А на CD, рис. 5), поэтому ] АВ | = 2 | AF' | = 2 1EF \ и | CD | = = 2 1 СЕ | — 2 \ EF |, откуда 2 | Л П | = 2 | £С[ , т. е. [AD\ = \EC\, и точки D и D' лежат на окружности радиуса | ЕС\ с центром в точке А. Чтобы задача имела решение, необходимо, чтобы\A D \ = \ E C \ ^ \ F ' F \ , т. е. т. е. Л С £ < 4 5 ° .

Это условие является и достаточным.

Отсюда вытекает следующее п о с т р о е н и е . Через точку А (рис. 5) проводим перпендикуляр АЕ к прямой q' и из точки А радиусом, равным | СЕ |, описываем окружность и берем точки D и D' пересечения с прямой q '. Разделим отрезок CD пополам и проведем FF' J_ CD. Точку В получим, отразив симметрично точку А относительно FF'. Второе решение получим, взяввместо D точку D'. Задача имеет два решения, если АСЕ < 45°, иодно решение (трапеция превращается в квадрат), если АСЕ = 45°.

7 . Пусть N —искомое трехзначное число, тогда iV = a-10a + + 6-10-j-c, где О ^ а , b, c=SC9. Преобразуем

N = 99а + 1 lb + а—Ь-\- с. (1)

Чтобы N делилось на 11, необходимо и достаточно, чтобы а — — 6 + с делилось на 1 1 *, т. е.

а — b + c — k - 1 1 . (2 )Поскольку — 9 < а —Ь + с ^ 18, то или k = 0, или k = 1. По

условию 1 0 0 а-[- 106 + с = 1 1 -(а2 -рЬ2 + с2).

1 с л у ч а й .

j 9 9 a + l l b + a —b + c = 11 -(a2 + b2 + c2)\ a —b-\-c = 0 .

Упростим эту систему:

j 9a-\-b = a2 -\-b2 -\-c2 \ b = a-\-c.

Откуда 10a-f-c=2a 2 -(-2c2 + 2ac, т. e. с—четное число. Пусть с = 2п, тогда а 2 — (5—2п)а + 4«2— п = 0.Откуда ___________

5—2 п ± 1^25—16п—12п2а 2 •

Действительные значения для а получим при D = 25— 16п —

- 1 2 п 2 > 0 . Так как П1 = - 4\ Г91 и п г = ~ 4 ~ / 9 1 - к о р н и

квадратного трехчлена — 12«2— 16«-f 25, то £>> 0 при

- 4 - m < [ i < -4_+ g T < b

но по условию п —целое и п ^ О , следовательно, 0 ^ п < 1 , т. е. п = 0. При п = 0, с = 0, а = Ь = 5. Искомое число 550.

* М о ж н о б ы л о с о с л а т ь с я н а п р и з н а к д е л и м о с т и н а 1 1 .

70

II с л у ч а й .j а —fc + c = 1 1

\ 99a+l l fc + a —Ь + с = 11-(а2 + Ь2 + с2).

Упростим эту систему:j 9a + f e + l = a 2 +fe2 + c2

\ а —Ь + с = 1 1 .Откуда

Ь = а + с — 1 1 и 1 0 а + с— 1 0 = а2 + (а + с— 1 1 )2 + с 2,или

— 32а + 2а2 + 2с2 + 2 ас—23с + 131 = 0.

Отсюда с—нечетное.Пусть с = 2п + 1, тогда

а2— (15—2я)а + 4п2— 19я + 55 = 0.Откуда

15— 2п ± / 5 + 1 6 / г — 12п2

Действительные значения а получим при D = 5 + 16л— 12я2 ^ 0. ~ 4 + / 3 1 4 — И з !Так как пг = —ус----- и п2 — ---- ^--------корни квадратного трехчле-

1 »на 12л2— 16л—5, то П = 5 + 16я— 12п2^ 0 при п2^ п ^ . п4 — / з ! ^ 4 + / з Тт. е . ^ ^ я ■ - ~ 6 ---- < 2 , но по условию я —целое и я ^ 0 ,

поэтому или я = 0, или л = 1 . Значение я = 0 не годится, потому15 ± / 5 о счто а = -----— иррационально; a t = 8, а2 = 5 при л = 1 . Если

а = 5, то с = 3, Ь = — 3, что невозможно; если а = 8, то с = 3, Ь = 0, следовательно, а = 8, Ь = 0, с = 3 и 803—искомое число. Из решения видно, что других чисел, отвечающих условиям задачи, нет. О т в е т . 550 и 803.

8 . Рассмотрим функциюi , ч _ 4*2____' ^ - ( 1 _ / Г + 2 1 )2*

f (х) определена для х —у и х ф 0. Умножим числитель и зна

менатель на ( 1 + / 1 + 2 х)2 фО, тогда

f (*) = 4Л2 ((,’+ 1 Щ Р ! = ( 1 + V T + 2 x ) \

Теперь заданное неравенство имеет вид:(1 + / 1 + 2 хУ < 2х + 9, или 2 / l + 2 . v < 7 .

71

При а Ч —у возведем вквадрат обе части пера- венства с положительными членами, тогда полу-

. 1чим при а Ч —у равно-сильное неравенство

С 4 + 8 х < 49, т. е.1 ^ ^ _ 5—у Ч а < 5 у , кроме

х — 0 .П р и м е ч а н и е . Е с л и , к а к о б ы ч н о , д о о п р е д е л и т ь ф у н к ц и ю / (а ) в т о ч к е 0

к а к / ( 0 ) = l i m f ( x ) , то д а н н о е н е р а в е н с т в о с п р а в е д л и в о и п р и * = 0.Х - ь 0

9 . Пусть | DE | = у и | ВН | = х, тогда (рис. 6 )

х-(а—х) = h2, ( 1 )

и пусть HAD = р и DAE = a, тогда ЕАН = а + р. Заметим, что

I Н Е IИз прямоугольного треугольника АНЕ tg (а + Р) = -| .Но | НЕ | = | HD | + 1DE |, | HD | = | BD\ — \ВН |, a \BD\ =

п — l— “75— а-2 п

Откуда \НЕ\ = ~ - а —х, a |# D п— 12 п

■а—х.Поэтому

Н Е Iп-± 1 ,

2 пt g ( « + P ) = j y 4 = — — , tg p =

Подставив эти выражения в (2), получим

п— 1~2п -а — х

w+ 1

2 п а — х t g a -

п— 1

2 п

п — 1

~2п ■а— х- t g a

откуда

tg a п — 1

2 п а ф х - п+ 1

~2п~ а —х ;я2 1

A M ---- т—с - С2 — ОХ + Х2а 4 п2 t ga ,

72

но в силу ( 1 ) х*—ах = = —h2, поэтому

а (п2— 1 ) '10. А н а л и з . Пусть

A ABC — искомый (рис.7). В нем ha, hb, та—данные отрезки. Если из точки Я —середины ВС провести

В F ЯРис. 7

С

H D ± A C , то HD || BE.Следовательно, H D —средняя линия треугольника ВЕС. Значит,

Отсюда ясен план построения. По ha и та можно построить Д Е Л Я . Далее находим точку D, как точку пересечения окружности диаметра \ А Н \ —та с окружностью радиуса ~ с центром в точке Я.

Последнее следует из того, что Д AD H—прямоугольныйс прямым углом D и гипотенузой АН и что DH — у . Найдяточку D, можно провести АС. После чего точка В строится как симметричная с С относительно Я.

П о с т р о е н и е . На произвольной прямой MN берем точку F (рис. 8 ). Через F проводим перпендикуляр \FA\ — ha к этой прямой. Из точки А описываем окружность радиусом та. Если та > т 0 окружность пересечет прямую M N в двух точках Я и Я '. В противном случае задача не будет иметь решения.

Соединим Л с Я; | Л Я | = т а. На ЛЯ, как на диаметре, строимокружность и из точки Я проводим окружность радиусом ~ .

Если Ц < та, то эта окружность пересекает окружность с диа

метром ЛЯ в двух точках D и D'. Если ~ ^ т а, то задача не

имеет решения. Мы рассматривали случай ~ < та. Проведемпрямую AD. Она пересечет M N в некоторой точке С. На этой же прямой построим точку В, симметричную точке С относительно точки Я. Треугольник Л ВС— искомый. Действительно, в нем высота \A F f — ham, \А Н \ = та—медиана, так как Я по построению—середина основания ВС треугольника ABC. Проведем BE ± AC. B E —высота треугольника ABC, проведенная извершины В. \НО\ = ~ —средняя линия треугольника ВЕС, еле-

I B E !довательно, | Я Я | = -2 -А Отсюда | BE\ = hb.

| HD | = у | BE | = у hb.

73

Рис. 8

Второе решение получим, проведя прямую АС' через точки А и D ', и построим точку В', симметричную с С' относительно Я. Действительно, в треугольнике С'АВ' высота \AF\ = ha, медиана \НА | = та. Проведя В'Е' J_ АС ' , получим, что В'Е' || HD ' , HD '—средняя линия треугольника С'Е 'В ' . |Я Р ' | = - В^ - . Но |Я Р '|=

= у , так как окружность с центром Я, на которой лежит^ >‘ь о hb I В'Е'\точка D , проводили радиусом . Значит, - f = -—g— е-

| В'Е' | = hb. Еще два решения получим, если в качестве медианы та возьмем отрезок А Н ' . Но последние два треугольника будут отличаться от уже построенных только расположением. Они будут симметричны построенным относительно высоты AF.

Таким образом, задача имеет два и притом существенно различных решения при условии, что та > ha и та > у .

II. Докажем пункт б).б) Если X совпадает с A, a Y с В', то условию удовлетворяет

I S ' Е I 2точка Е (рис. 9), делящая отрезок АВ’ в отношении ■ |^ £ | — у •При совпадении X с точкой С, a Y с В' условию удовлетворяет

I B E ' I 2точка Е, делящая С Д ' в отношении-j-^=rp = — Если X перемещается по AC, a Y совпадает с В ' , то геометрическим местом точек, удовлетворяющих указанному отношению, будет EF. Действительно, Д Д ' Е Е гомотетичен треугольнику В'АС. Поэтому отрезок EF есть геометрическое место точек, удовлетворяющих тому же условию, что и точки Е и F.

74

Аналогично строится геометрическое место KL в плоскости D'AC. Соединив К с F, a L с Е, получим две пары гомотетичных треугольников: Д CKF ооооД С О 'В ' и Д А Е Ь ы Д AD'B'.Точки отрезков KF и EL принадлежат искомому геометрическому месту точек. Это следует из того, что ДСА 7 7 гомотетичен Д С Ь 'Д ' и Д AEL гомотетичен Д AD'B' с коэффициентом гомо-

1тетии - j .Таким образом, контур че

тырехугольника весь принадлежит искомому геометрическому месту точек. Любая внутренняя точка четырехугольника EFKL также принадлежит этому геометрическому месту точек. Действительно, возьмем на АС произвольную точку X, а на D 'B '—точку Y. Покажем, что точка Z, делящая

I Y Z I 2отрезок X V в отношении jy y j = у , принадлежит четырехугольнику EFKE. Для этого через АС и Y проведем плоскость. Она пересекается с плоскостями D'C'B' по CY и с AB'D' по AY. И следовательно, пересекает плоскость четырехугольника по искомой прямой M N . Д Y M N гомотетичен Д YCA. Легко пока-

2зать, что их коэффициент гомотетии у . Прямая X Y лежит

в плоскости этих треугольников. Она выходит из центра их гомотетии Y. Значит, отрезок X Y пересекает прямую MN, параллельную основанию в некоторой точке Z, и делится в ней в отношении 2:1, но на X Y может быть только одна точка, делящая этот отрезок в указанном отношении. Значит, эта точка совпадает с Z, т. е. точка Z, делящая X Y в отношении 2:1, принадлежит плоскости четырехугольника EFKE. Покажем, что любая внутренняя точка Z четырехугольника EFKF принадлежит некоторому отрезку с концами на АС и D 'B ' , который делится в этой точке в отношении 2:1. Проведем через АС и Z плоскость. Она пересечет EFK.E по некоторой прямой M N || ЕВЦ KF. Причем, так как Z —внутренняя точка четырехугольника, то MN проходит между КЕ и EF, следовательно, точки ее пересечения с LE и FK лежат внутри этих отрезков. Поэтому эта плоскость пересекает CD’В' и AD'B' по прямым, идущим внутри углов D'CB' и D'А В ' , т. е. она пересекает отрезок D'B' в некоторой внутренней точке Y. Из рассмотрения / \ Y M N и Д К С Л очевидно, что \YZ\- . \XZ | = 2:1.

В заключение покажем, что EFKL—прямоугольник, и найдем его стороны LK || EF || AC. LK = EF. Это следует из гомо

Рис. 9

75

тетии соответствующих треугольников и равенства коэффициентов гомотетии. EL\\KF\\D'В' — аналогично. Но AC}_D 'B ' . Значит, EFKL—прямоугольник.

\ K F \ = \ L E \ = U D ' B ' \ = \EF\ = \LK\ = ~ \ A C \ = ^ - ^ .

Рассмотренная задача допускает обобщение на произвольнуюI Y z I ггЕеличину отношения \ x z \ ' ^ Р ичем приведенное доказательство

полностью сохраняет силу. В a) \ Y Z \ : \ X Z \ = \ .12. (Рис. 10.) а) А н а л и з . Предположим, задача решена.

Тогда СВ виден из точки Р под прямым углом. Значит, точка Р лежит на окружности диаметра СВ.

П о с т р о е н и е . На СВ, как на диаметре, описываем полуокружность. Р х и Р 2—точки ее пересечения с осью EF. Через эти точки пройдет и полуокружность, построенная на AD (это следует из того, что E F —ось симметрии трапеции).

Заметим, что Р , и Р 2 обязательно лежат внутри отрезка EF.б) | ЕР1\^=х, \FP1\ = h—х, 1 = 2 —как углы с взаимно пер-/\ /V

пендикулярными сторонами. £ = Р = , Д ЕРгС cv> Д FPXB,

I Е Р 1 1 I Е С |

Д2

\ F B \ I P ^ I * а_ h ~ x ’2

fix— x2 — — ; x2—/ix + = 0 ;

в) Если h2 > ab, задача имеет два решения, окружность пересекает ось симметрии трапеции в двух точках.

В случае h2 = ab задача имеет одно решение. Окружность касается оси симметрии.

Если h2 < ab, то задача не имеет решений. Окружность не пересекает оси симметрии.

Решение возможно при №~âb.

В

76

13. (Рис. 11.) Пусть 2а— угол при вершине сечения конуса и г —радиус вписанного в конус шара, тогда объем конуса:

VK = f , ( 1 )

где а = | D C | и h = \BD\, но | БП| = | Б О | + |OD| = - ^ ^ + r =

= ' ( 1 + £ina), I DC | _ Л ( 1 + sin a) tg a.sin a 1 1 sin a °

Подставив найденные значения в формулу (1), получим:. . л г 3 ( 1 -f-sin a ) 3 лг3 ( 1 + sin a ) 2 ,п \

“ 3 s i n a - c o s 2a 3 s i n a ( l — sin а ) ‘ ' '

Объем цилиндра, описанного вокруг шара радиуса г, равенУ и = 2яг3 (3)

(высота цилиндра равна 2г).Пусть %L = k, тогда

Теперь, наоборот, выразим sin а через k. Получаем квадратное уравнение

(1 + 6 /е) sin2a + 2 (1—3k) s in a - f 1 = 0. (4)

Оно имеет действительные корни тогда и только тогда, когда D = (l — 3k)2— ( l + 6 f t ) > 0 .

Таким образом, /г ^ у и, следовательно, равенство VK = Vnместа не имеет.

При k = получаем s ina = - - и \ O B \ - 3 r .Угол а строится как угол прямоугольного треугольника с противолежащим катетом, втрое меньшим гипотенузы.

14. ( x + y + z = a, ( 1 )x2 + y2 + z2 = b2, (2 )ху = z2. (3)

Из соотношений (2) и (3) получаем, что( x + y )2 = b2 + z2,

а из ( 1 ) следует, что (х-\-у)2 = (а— z)2, откуда а2 — 2 az = b2, т. е.a 2 — b2

2 а '

Подставив (4) в (1) и (3), получимс2 + Ь2

Х+У = ~ 25“ !

(4)

= (5)

77

откудаa2 + b2 У I0a2b2— За4 — 364 .

XU 2 — 4а 4 а ’

а2+ 6 2 _ К 10а262— За4— 364 .У ь г 4а + 4а I

а2 — Ь2 Zl-2— 2а *

И с с л е д о в а н и е . Чтобы корни были положительны, необ-С 2 1 £ 2

ходимо х + у — - ■- > 0, откуда а > 0. Корни (5) будут действительные и различны, когда подкоренное выражение D = = (а2 + Ь2)2— 4 (а2—Ь2)2 = Юа2Ь2—-За4 — ЗЬ4 > 0. Решая это квадратное неравенство, находим необходимое условие -р= <]"£"}<

< У~3. Значения х н у при этом автоматически оказываются положительными, так как D < (а2 + Ь2)2. Из выражения (4) для z вытекает, что z —положительно при а > 0, когда а2 > Ь2. Таким образом, величина а должна изменяться \Ъ | < а < \Ь |К З .

15. По формуле Герона S площадь треугольника равна

с / а + б + с а + Ь— с а + с — 6 Ь-\-с— аV 2 "1 2 2 ’

где все сомножители положительны. Поэтому для оценки произведения (a + b—с)(а + с—b)(b + c—а) можно применить нера-

x + y + z з / ^ ( x + y + z)3венство g 7^ у хУг > или хуг ' ”7' .Положим х = а + Ь—с; у = а + с—b; z — b + c— а и получим:

4S = V(a + b+c) (а + b—с) ( а + с —b)(b + c—a) +L

< / ( , + » + „ f c t ± t a : _ f c ± i ± « _

_ 3a2+3fc2+ 3 c 2— (a— b)2— (b— с)2— (с— а)2 ^ а2 + Ь2+ с 23 У з ^ У Ъ ’

причем знак равенства достигается при а = Ь = с. Что и требовалось доказать.

(6 . 1) Пусть сначала п —четное, т. е. п — 2т, тогда cos2mx ^ = l + sin2mx, поскольку cos2mх ^ 1 ^ 1 + sin2mх, то sinx = 0 и cosх = ± 1 , т. е. х = /от, /г = 0 ; + 1 ; ± 2 ; . . .

2) Пусть теперь п —нечетное, т. е. n = 2m + l, причем т ^ 1. Тогда

cos2 m + 1 х — sin2m+1x = cos2 m + 1 (— х) + s in 2 m + 1 (— х )= 1

при х ф к ~ , | cos (— х) | < 1 и | sin (— х) | < 1 , тогда

78

I cos2 m + 1 (— x) -f sin2 m + 1 (— x) К I cos2 m + 1 (— x) I + 1 sin2 m + 1 (— x) | < ^ | COS2 '” " 1 (— x) | cos2 (— x) + 1 sin2 m _ 1 (— x) | sin2 (—x) <

< cos2 (— x) + sin2 (— x) = 1 .Следовательно, решение может быть только вида x = f t y , и притом только такое, когда одно из слагаемых равно 0 , другое — 1 . Отсюда первая серия решений x = 2kn, вторая серия x = 2kn—k = 0] + 1 ; + 2 ; . . .

3) Пусть п = 1, тогда cosx— s i n x = l . Возведем обе части этого уравнения в квадрат. Получим cos2x— 2 cos х sin х -f- 4-sin 2 x = l , т. е. 2cosxs inx = 0. Решения последнего уравнения

J tсуть х = k у . Но только часть из них будет решением исходного уравнения, остальные являются корнями уравнения cos* —з— sinx = — 1 . Ясно, от 0 до 2л решениями будут 0 и у л . Следовательно, имеется две серии решений:

Jtx= 2kn; x = 2kn— k = 0\ ± 1 ; ± 2 ; . . .

17. Проведем медианы Р гМ г, Р2М 2 и P SM S треугольника (рис. 12). Они разбивают его на шесть треугольников вида SP^Mj, где S —центр тяжести. Когда точка Р совпадает с S, то 1Р1Р\- . \РМ1\ = \Р 2Р\-.\РМ2\ = \Р аР \ : \Р М а\ = 2:1.

Пусть Р отлично от S. Тогда Р лежит внутри или на стороне одного из треугольников разбиения. Для определенности положим, что это Д РДЛ12. Разделим стороны Р2Рг и P tP 3 в отношении 2:1 точками S 1 2 и S3]. Очевидно, SS 121| Р ^ з и SS3 1 1| Р 2Р 3, Д P1S M 3 лежит внутри трапеции Прямая P 2Q2 пересекает SSlaв точке А 2между Р2 и Р. Отсюда | Р2Р |: | P Q 2| > | Р2А2\:\ A2Q2\ = = 2:1. Аналогично, £±P1S M 2 лежит внутри Д PtS S sl. Прямая PtP пересекает прямую S S 31 в точке A lt в этом случае внутри отрезка P Q lt а не внутри РХР.

79

Отсюда\P1P \ : \P Q 1\ < \ P 1A 1\:\A1Q1\ = 2:l ,

/ \ А В С — искомый, тогда А М С = л —t o > y ,что и требовалось доказать.

18. ПустьL —середина АС (рис. 13). Отрезок ML — средняя линия / \ А В С , он равен у . Отсюда следующее построение.

На \АС\ — Ъ строим сегмент (рис. 14), вмещающий АМС — — л —о, и из середины L отрезка АС проводим окружностьрадиуса у . Точки пересечения окружности и сегмента— искомыеточки М. Соединяя М с С и откладывая на этой прямой от точки С отрезок, равный 2МС, получим точку В.

И с с л е д о в а н и е . Для того чтобы решение существовало, необходимо и достаточно, чтобы окружность пересекала сегмент. Пусть О—центр сегмента (рис. 15), вмещающего /_ АМС, поскольку to < у , то точка О лежит относительно сегмента по другую сторону хорды АС. Пусть ОН ]_ АС— радиус, делящийсегмент и хорду АС пополам, М — искомая точка пересечения, лежащая для определенности на дуге АН (а не на СН).

B & O L M R = \ O A f | < | O L | - f

+\LM\ = R - \ H L \ + у , т. е.Ь , со ^ с Ь . соY tg 2 ’ ГДе 1ЯЬ 1= Т tg ~2 —высота сегмента. Рассмотрим Д АМС и Д АМВ. Сторона AM у них общая и | ВМ | = | МС |.

По условию ВМА =

= to < 90° < 180°—to = СА1Л.Поэтому b = | АС | > | АВ \ =с

Ь . с и 2 ^ 2 '

Условия у t g y < у < у необходимы. Но они же и достаточ-

Qны. Если радиус | LM | = у <

< Y = \LA\, то граничная точка А сегмента лежит вне окружности L , а если вы-

h =Рис. 14

сота сегмента , о , tg-9 <

80

< Y ' то вершина Н сегмента лежит внутри окружностиL. Поэтому где-то между А и М они пересекутся. Симметричная относительно линии центров ОН точка пересечения будетлежать на \j CH. В предельном случае, когда Л = у , окружность и сегмент только касаются М = Н, Д А М С —равнобедренный, В А || ML _1_ ВС, так, что / \ А В С — прямоугольный с прямымуглом В. Предельный случай в другом условии у = -|-Дае,г тРе*угольник, вырождающийся в отрезок, точка М совпадает с А, и вершина В лежит на продолжении АС.

19. Выберем систему координат следующим образом: О— произвольная точка плоскости е (рис. 16), ОХ — произвольная прямая в плоскости е, 0 Y —перпендикулярна ОХ и лежит в плоскости е, 0Z —перпендикулярна плоскости XOY. Тогда точки .4, В, С будут иметь координаты А(хг, у 1У 2а), В (х2, у 2, 2Ь), С(х3, у 3, 2с), гдесреди чисел а, Ь, с хотя бы два различны. Точка 5 —центр тяжести треугольника ABC имеет координаты

с f Х1 + Х 2 + Х 3 . 1/1 -| у3-\~ Уз . 2 (а I 6 + с ) \I, 3 ’ 3 ’ 3 ) ■

Точки А', В' , С' будут иметь координаты: А' (х[; у[\ 0); В' (х'2; у'2\ 0); С' (х3; у 3, 0), а середины отрезков А А ’, ВВ', СС' точки L, М, N.

, ( хг <гх[ . уг + у \ . \ .\ 2 ’ 2 ’ ) ’

M ( h ± 4 . Уг+У*.-' b y , n ( ^ ± ^ - , с ).

Пусть G—центр тяжести / \ L M N , тогда G имеет координаты:X i \ - Х2-\-X3-\ -X i-\-х2-\-х3 _ У\ \ У 2 Т Уъ \ У\ Ч- У% ! У'Л .

2^3 ’ 2-3CL —р Ь -\ С

3 *

81

Следовательно, точки геометрического места будут лежать наплоскости г = д д ^ с (*), параллельной плоскости е и делящейпополам расстояние от S —центра тяжести Д ABC до плоскости е. Покажем, что любая точка плоскости принадлежит геометрическому месту. Для этого возьмем произвольную точку G в плос-

S ' f ~ ~ с + б + сХ кости (*) О д , у, — g— J и покажем, что существуют в плоскости е точки А' (х[, у[)\ В ’ (х2\ у',); С' (х’3\ y ’s). Координаты точекА', В', С' определим из соотношений

~ Xl -\-X2-\-Xs-yXi-\-X2 \-Xs .6 ’

77 У \ \ У ч \ - У я 1 j/i ! У 2 | УяУ — Q .

где (хг\ уг), (х2; у 2), (х;3; у я) — заданы. Задав произвольно х'2\ х'3, определим из первого соотношения х[, задав произвольно у'2\ у'3,определим из второго соотношения у\.

2 0 . I с п о с о б . Пусть т —удовлетворяет условиям а) и б):

т = а1а2. . ■ап_16 ; k = Am=6a1a2. . .ап_г.

Так как последняя цифра числа т есть 6 , то последняя цифра числа k = 4m равна 4, т. е. й„ _ 1 = 4. Подставив в т значение а„ _ 1 = 4, умножив т на 4, найдем, что ап_2 = 8 . Подставив в т значение ап_2, найдем, что ап_3 = 3 и т. д., пока не получим цифру 6 в числе 4 т . Найденное число 153846 удовлетворяет условиям а) и б), а никакое меньшее не удовлетворяет.

II с п о с о б . Пусть m — ajflj . . . с„_ 1 6 , тогда его можно представить в виде т = Юя + б, где х — а1а2. . . а п_г—целое число и имеет п — 1 —у десятичных знаков. Поэтому

4(1(к + 6 ) = 6 - 1 (У +х,т. е.

39х = 6 (Ю6'—4),или

13х = 2(10*'—4).

Значит, 10^—4 делится на 13.Рассмотрим 6 , 96, 996, 9996, . . . и будем искать среди них

наименьшее, которое делится на 13 без остатка. Это будет число 99996= 13-7 692. Поэтому у — 5. Из уравнения находим х = 15 384. Искомое число будет т = 153 846.

Действительно, имеем4-153846 = 615384.

82

21. По смыслу задачи берется арифметическое значение корня. Он определен лишь для неотрицательных чисел и сам неотрицателен. Поэтому 3—х ^ О и х + 1 ^ 0 , т. е. — 1 4 * 4 3 .

Рассмотрим неравенство

(У з^_ )/-]ГГТ )2> | . (1)

Оно является следствием исходного, но не равносильно ему, так как неравенству (1) удовлетворяют также все х, являющиеся решением неравенства

_ ( / з = ^ _ | / 7 + Т ) > у .

Таким образом, решением исходного неравенства являются те и только те решения неравенства (1), при которых разность У 3—х — V х + 1 положительна.Решением неравенства У 3—х —j / x + l ^ s O будут, как легко видеть, х 4 1.

Поскольку неравенство — 1 ^ х ^ З также должно быть выполнено, х надо рассматривать лишь в промежутке —1 4 4 4 1 -

При таком х мы можем решать вместо данного неравенство (1). После упрощений получим

151 /3 —х - ] /х 4 1 < у .

Возведя в квадрат и упростив, получим:64х2— 128x4 33 > 0 . (2)

Это неравенство равносильно исходному при —1 4 4 4 1, так как в этом промежутке оба подкоренных выражения неотрицательны. Тогда

хх = 1 и x2 = 1 + - ^ -

— меньший и больший корни уравнения 64х2— 128x433 = 0. Тогда (2) имеет место при х < хх и х > х2. Сопоставляя эти неравенства с условием —1 < х < 1, окончательно выводим, что

1 1 Vzi— 1 4 x 4 1 g— •

Наметим второй способ решения задачи 21.Будем рассматривать —1 4 * 4 3 . Теми же, что и в первом

решении, преобразованиями получим:

Х - 1 - Ж . х - 1 + ЖЛ J 1 t, } Л>2 1 Г о ■

Заметим, что У'З— х г— У х , 4 1 = т д . Теперь, не касаясь вопроса

83

о тождественности преобразований, будем рассматривать исходное неравенство. Очевидно, при х > х х\

У 3— х < У 3—х х, а У х -f- 1 > У х 1 + 1 »и поэтому

У з — х — V x + l < У З — хг— y x 1 + l = - j .

Аналогично, при х < . х г получим У З —х —Ух-{-1 ~ . Поэтомурешениями будут:

Массовой ошибкой в решении задачи 21 было отсутствие доказательства равносильности получаемых неравенств исходному.

2 2 . Обозначим центр грани А В В ’А' через 0 г (рис. 17), центр ВВ'С’С—через 0 2, центр ABCD—через 0 3. Докажем, что геометрическое место точек Z—середин отрезков X Y —есть ломаная OjOoCOgOj. Пусть А — начало координат; АВ, AD, А А '— соответственно оси х, у, г\ | АВ | = | AD \ = \ А А ’ | = 1. Разделим время, за которое точка X проходит путь ABCDA, на четыре равные части и возьмем полученное время в качестве единицы измерения.

Известно, что если точка К движется прямолинейно, равномерно, то зависимости ее координат от времени линейны, и, наоборот, если зависимости координат точки К от времени линейны, то К движется прямолинейно, равномерно.

Известно, что если Т —середина отрезка ОР, 0 = ( х 1; уг\ z j ,

Р = (х2; у2; z2), то Т = ( ^ ; ^ ± У г ; .Составим, используя сформулированные утверждения, следую

щую таблицу зависимости координат точек X, Y, Z от t (с. 85).При t = 0, 1,2,3,4, как легко видеть, Z занимает положение Ог\

0 2; С; 0 3; 0 г, а на отрезках между ними координаты Z изменяются линейно, т. е. Z вырисовывает в пространстве отрезки 0 i0 2; 0 2С; С03; 0 30,, значит, Z движется по ромбу O^COgC^.

При других способах решения нужно было доказать обратное утверждение, а именно, если точка М лежит на ломаной, то точка М является серединой отрезка X Y . Отсутствие доказательства этого утверждения было характерной ошибкой в решении этой

Р и с . 1 7 задачи.84

0 < < < 1 1 < / < 2 2 < 3 3 < < < 4

. <'

X 1 1 3 — t 0

У 0 t — 1 1 4 — f

Z 0 0 0 0

( X 1 I 1 1

У t 1 3 — t 0

Z 1 2 — t 0 <— 3

Z

/X 1+ t

21 4 — i

212

Уt

тt

~24 — t

24 — t

2

г 12

2 — t 2

0 t — 32

2 3 . Применяя формулы2 cos2 х = 1 + cos 2х, 2 cos2 2х = 1 + cos 4х,

получимcos 2х + cos 4x + 2 cos2 3x — 0.

Используя формулу для (cosa + cos P), получим

2 cos 3x- c o s x + 2 cos2 3x — 0,или

2 cos 3x (cos x + cos 3x) — 0,2 cos 3x-2cos2x-cosx = 0. (1)

Решениями уравнения (1) являются

хг = + пк\ 2х2 = у + я £ ; Зх3 = у + я ^ ,

или

Хх = у + я^; x 2 = Y + Y k > +

где k = . . . , — 2, — 1 , 0 , 1 , 2 , . . .Следует заметить, что первая серия значений содержится

в третьей.2 4 . В выпуклый четырехугольник (рис. 18), последовательные

вершины которого суть точки А, В, С и D, как известно, можно

85

Р и с . 18

зок | DE | = | CD |

вписать окружность, тогда и только тогда, если

I AD |+ | ВС | = | АВ | + 1 CD |. Пусть для определенности

| АВ | ^ | ВС | и, следовательно,

| АВ | — | ВС | == \ A D \—| CD | ^ 0.

Тогда задача сводится к построению треугольника ACD по основанию, углу ADC, равному я — ABC, и разности | AD\— — | CZD |. Предположим, что задача решена и Д ADC построен. Отложим от точки D отре-

Д CDE— равнобедренный.

CED п — A D C A B C

А Е С = я- А В С

Отсюда вытекает следующее построение. На отрезке АС по другую сторону от В строим сегмент, вмещающий угол АЕС, рав-

А В С проводим окружность радиусаи из точки Аныи я-| А В | —| ВС |. Точка пересечения сегмента и окружности (она всегда существует, так как | Л В | < | . 4 С | , ибо | А В |—| В С | < < | АС | ) есть искомая точка Е. Продолжим АЕ до пересечения с заданной окружностью, получим искомую точку D. Задача всегда имеет единственное решение на дуге АС, не содержащей точку В. Если | АВ | = | ВС |, то получим точку D как пересечение биссектрисы угла ABC с окружностью.

В решении задачи некоторые участники не указывали, как выбрать нужный сегмент. А в алгебраическом способе решения не доказывали, что решение существует.

2 5 . Пусть |.4В | = |В С |. Обозначим М —центр описанной окружности, S —центр вписанной окружности, D — вторая точка пересечения прямой CS с описанной окружностью. Докажем, чтоД A D S—равнобедренный (рис. 19). Очевидно, BCS = SCA == SAC = SAB\ но DAB = SCB, следовательно, эти пять угловравны между собой. Кроме того, DSA = S A C + S C 4 . ПоэтомуDAS = DSA и | AD \ = | DS |. Пусть Е — вторая точка пересечения прямой DM с окружностью, Т —основание перпендикуляра, опущенного из S на АС,

86

Рассмотрим Д CST и Д ADE\^ Т 5 = 90°, DAE = 90°, SCA=DEA.Поэтому Д CST со Д EDA и С51: |5 Т | = | DE\: \ AD |; | 5 Г | = р,ED\ = 2r\ | /4D| = |5 D |, как выве

дено ранее.Следовательно, | CS \ ■ | DS | = 2гр.Проведем через М и S диаметр

X Y описанной окружности. Для определенности будем считать, что точ- ка X — конец радиуса, находящийся ближе к точке S. Тогда | X S | = г —d, а |У 5 | = г + . где d = | 5Af | — рас- Рис. 19стояние между центрами.

По известной теореме | SC | • | SD | = | S X | • | S Y |, следовательно,2 /-p = (r—d)-(r+d) и d2 = r ( r — 2 р), т. е. d = V r ( r — 2 р).

Можно проверить, что незначительное изменение предложенного решения дает вывод формулы d = У г (г— 2 р) (известной под названием формулы Эйлера) для произвольного треугольника.

Все участники олимпиады, решавшие эту задачу, непосредственно вычисляли длину отрезка SM, пользуясь тем, что он лежит на оси симметрии ВТ равнобедренного треугольника ABC. Их характерная ошибка — рассмотрение конкретного чертежа с порядкомследования точек BMST, в то время как при В > 60° порядок следования изменяется на BSM T и далее на BSTM. Данное здесь решение, очевидно, применимо ко всем случаям.

2 8 . Пусть сфера Q касается всех прямых, на которых лежат ребра тетраэдра SABC. Тогда Q пересекает каждую грань тетраэдра по вписанной или вневписанной в соответствующий треугольник окружности. При этом окружности, лежащие в гранях, смежных по данному ребру, имеют общую точку, в которой прямая, содержащая данное ребро, касается сферы. Другими словами, в двух гранях, смежных по данному ребру, точка касания окружностей с этим ребром или его продолжением—общая.

В о з м о ж н ы д в а с л у ч а я :1. Точки касания сферы лежат внутри каждого ребра. В этом

случае все окружности касаются самих сторон треугольников, т. е. являются вписанными.

Касательная сфера Q (рис. 20) должна проходить через точки Р, Q, R касания вписанной в Д ABC окружности с соответствующими сторонами ВС, С А, АВ, а также через точку X касания со стороной 5Л окружности, вписанной в Д SAB. Очевидно, точки Р, Q, R не лежат на одной прямой, и точка К не лежит в плоскости PQR. Через четыре точки R, Р, Q, R, не лежащие в одной плоскости, можно провести сферу и притом только одну. Поэтому, если существует сфера первого типа, то только одна.

«г

5 2. Хотя бы одна точка касания сферы лежит вне ребра. Для определенности будем считать, что это ребро S 4 и что точка касания Кг лежит за точкой А (т. е. 'А лежит между S и /Q . Тогда окружность 0 lt касающаяся прямых S.4, SB и АВ,— вневписанная и лежит по другую сторону прямой АВ, чем вершина S. Поэтому Oj касается самого ребра АВ в некоторой точке R и продолжения ребра SB в точке Ьг за вершиной В (считая от S). По тем же соображениям окружность 0 3 в пло-

Рис. 2 0 скости SCA, касаясь прямой5.4 в точке касается самого

ребра С А (находясь от него по другую сторону, чем 5) в некоторой точке Q и продолжения ребра SC в точке М г за вершиной С (считая от 5). Наконец, окружность 0 2 в плоскости SBC касается прямых SB и SC в точках L1 и АД и самого ребра ВС в некоторой точке Р. Таким образом, наша сфера второго типа касается трех ребер грани ABC и продолжений ребер S.4, SB и SC и притом в точках, лежащих соответственно за А, В и С (считая от S).

Повторяя рассуждения п. 1, доказываем, что существует не более одной сферы второго типа, касающейся ребер данной грани ABC и продолжений ребер, исходящих из противолежащей вершины S. Поэтому общее число сфер второго типа не превышает четырех.

Пусть существуют все пять сфер. Обозначим длины ребер тетраэдра SABC:

|Sj4 | = а, \SB \ = b, | SC | = с; \ B C \ = a ' , \ A C \ = b ' , \ A B \ = c'.Пусть К, L, M, P, Q, R —точки касания сферы первого типа.

Тогда | S R | = | SL | = | SM |, | AR \ = I-4Q | = | AR |, | B L | = | B P | = = \B R\ , | CM| = | C P | = |CQ| , а т а к как | A R \ + | R S \ = | .4S |,| В Р | + | PC | = j ВС | и т. д., то имеют место равенства

а-{-а' = Ь-\-Ь' = с + с'. (1 )

Рассмотрим сферу второго типа, соответствующую грани ABC. Тогда в тех же обозначениях имеем:| S/Cx 1—1 1 = 1 I; | В Р | + | РС | = |ВС| ; \SL 1\ ~ \ B L l \ = \SB\-,l-4Q| + | QC| = | 4 C | ; | S 4 i 1 | - |C M 1| = | S C | ; | . 4 P | + | PB| = |.4B |, откуда

а —а' ^=Ь—Ь' = с—с'. (2 )

88

гСравнивая (1) и (2), получаем:

а = Ь = с, а' = Ь' = с'.Если рассмотрим также и сферу второго типа, соответствующую грани SAB, получим, что с' = а — Ь.

Мы доказали, что тетраэдр правильный. Остается показать, что для правильного тетраэдра существует пять таких сфер.

Обозначим через О центр правильного тетраэдра SABC. Сфера О с центром в точке О, проходящая через середину одного ребра тетраэдра, будет проходить через середины остальных пяти ребер и касаться всех ребер тетраэдра. Подобным преобразованием с центром S и коэффициентом 3 эта сфера переходит в сферу £2, которая, как легко видеть, касается всех ребер тетраэдра и есть сфера второго типа.

Таким образом, можно построить сферу для каждой вершины тетраэдра.

В этой задаче многие участники доказывали только второе утверждение. В доказательстве первого утверждения исходили из того, что сферы уже нужным образом расположены.

2 7 . Данное уравнение равносильно следующей системе:

В самом деле, очевидно, что из данного уравнения следует система (1 ), в то же время из системы (1 ) следует:

Так как левая часть неотрицательна, то знак модуля можно опустить, но второе условие системы (1 ) говорит, что х также неотрицательно, поэтому можно опустить знак модуля и в правой части. В итоге мы придем к исходному уравнению.

Производя тождественные преобразования, имеем:

Рассуждениями, аналогичными предыдущим, легко показать, что последняя система равносильна такой:

(V"*2 —p -f 2J/ * 2 — 1) 2 = аЛх > 0 . (1)

\У~х2— рА~2\Ах2 — 1 | == | лг |.

Г 4 ] / х 2— p - V x *— 1 = р-ф-4 — 4х2,

\ X 0 .

(2)

а эта в свою очередь системе

89

Пусть теперь р = 2. Тогда система (3) не имеет решений, ибо в противном случае в первом уравнении получилось бы 0 = 4. Точно так же система не имеет решений при р > 2, потому что тогда левая часть первого равенства была бы неположительной, а правая — положительной. Исключение составляет лишь р = 4, при котором правая часть равна 0 ; однако и в этом случае решений нет, ибо нарушается последнее неравенство системы (3 ) :0 ^ 1 .

Итак, если система вообще имеет решение, то только при р < 2. В этом случае будет:

у9. _ (4— Р)28 (2 - р ) '

Проверим выполнимость последних трех неравенств системы при условии р < 2. Из них первое сводится к такому:

р— 2

Умножая на отрицательный знаменатель, имеем р (3р—4 ) ^ 0 ,4

т. е. Если это неравенство не выполняется, то систе-/ Q p 442

ма решений не имеет. Второе неравенство дает ^ 0 и вы-о ( р Z)

полняется всегда (конечно, в указанных границах). То же отно-п2

сительно последнего неравенства, сводящегося к gg 0 .о (р Z)

4

Итак, при О ^ р ^ -g- система (3) равносильна такой:

г , ( 4 - Р ) 28 (2—р) * (4)

х ^ 0 .

Так как мы совершали только тождественные преобразования, то система (4) равносильна исходному уравнению. Из нее имеем

4 — - рх = ^=2 уг2(2 ) И’ Учитывая и то> что Р во всяком случае меньше 2 ,

О т в е т . Если р < О или р > , то данное уравнение не име-4

ет корней. Если 0 ^ р ^ , то уравнение имеет решение, и притом единственное, которое задается формулой (5).

2 8 . Если вторая сторона прямого угла проходит через точку В (или С), то, очевидно, геометрическим местом его вершин будет сфера Ог (рис. 21) с диаметром АВ (соответственно сфера 0 2 с диаметром АС). Нашей целью будет доказать, что искомым геометрическим местом точек будет множество тех точек, которые лежат внутри или на поверхности хоть одной из этих сфер, но не являются внутренними для обеих сфер сразу. Кратко это множество точек можно записать так: (îlife2) \ (kx n k 2), где /г,- — множество точек, лежащих внутри или на сфере О,-, a kt—только внутри О,-.

Для доказательства проведем через точку А произвольную прямую I и спроектируем ортогонально на I отрезок ВС. Пусть проекцией ВС будет отрезок B tCt. Очевидно, точки отрезка В1С1 и только они будут точками искомого геометрического места, лежащими на прямой I. Когда прямая I вращается вокруг точки А, то точки В[ и С[ описывают сферы О, и 0 2 соответственно, ибо эти сферы являются геометрическим местом вершин прямых углов,

4

проходящих через Л и Б и через Л и С. Совпадать с Л точки B t и Сг будут, когда прямая I касается соответствующей сферы. Во всех других положениях прямая / пересекает Ог и 0 2 в точках Bt и С[, а также в точке Л.

Прямая I пересекает круг \ по отрезку АВ, а круг k2 по отрезку АС[. Отрезок В Ct есть объединение ABt и ACt, если Л лежит между B t и Сг, и в противном случае разность A B t и ЛС2. Легко видеть, что в обоих случаях отрезок В 1С1 есть та часть прямой /, которая покрыта лишь одним из отрезков A B t, ACt с прибавлением ее концов. На чертеже для разных случаев заштриховано сечение искомой области плоскостью ABC.

Частный случай, когда Л лежит на прямой ВС, является предельным для общего. Само геометрическое место—по-прежнему

2 9 . В случае п нечетного (n = 2 £ + l ) в данном п-угольнике ЛХЛ2 . . . Л„ проводим биссектрису угла А 1 между сторонами а1 и а„. Легко доказать, что сторона Ak+1Ah+3 перпендикулярна биссектрисе.

Далее проектируем на биссектрису ломаные Л 1 Л2Л3. . . Л* + 1

и Л 1 Л„Л„_1. . . Л*+2. Проекции ломаных должны быть равны. С другой стороны, А,А1+1 и Л„_,-+аЛ„ _ , - + 1 ( i ^ k ) образуют равные углы с биссектрисой. Следовательно, проекции Л,-Л,-+ 1 не меньше проекции Л„_,-+2Лп_|-+1. Из этого следует, что если в ряду ai ^ а2 имеется хоть одно строгое неравенство, то будет строгое неравенство и для проекций соответствующих сторон. При таком условии длина проекции ломаной ЛХЛ2Л3. . . А к+1 будет больше длины проекции ломаной Л1 Л„Л„_1. . . ЛА+2, что невозможно. Следовательно, все стороны многоугольника равны между собой.

При n = 2k рассуждения проводим аналогичные, но проектируем на прямую, перпендикулярную АгАп и, следовательно,

3 0 . Система чисел хг — хг = х3 = х4 — хь = 0 при любом у есть решение. Далее, находим «нетривиальные» решения, где хоть одно xt отлично от 0. (1) и (5) можно записать в равносильном виде:

х 3 — ухл хъ.В последних соотношениях исключим х2 и х, с помощью (6 )

и (7):

(*iU^2) \ (&гП &2).

(6)(7)

а (2) и (4) соответственно в виде:

х3 = (у2— 1)х1— ухБ; x3 = (y2 — l ) x 5— yxi.

(8)(9)

92

Таким образом, системе четырех уравнений (1), (2), (4), (5) равносильна система уравнений (6 ), (8 ), (9), (7).

Приравняем правые части соотношений (8 ) и (9). Получаем:

(у2— 1 ) х ,—ух3 = (у2 — 1 ) хБ—ухх,или

(У г + У — 1 ) х 1 = ( у 2 + у — 1 ) х ъ. ( Ю )

Рассмотрим теперь д в а с л у ч а я :

1 ° у2 + у — \ ф 0 .2 е i f Л - У - 1 = 0 .

В первом случае, поделив обе части уравнения (10) на у2-{-у — 1 =7 0 , получаем х1 = х5. Изменив циклически нумерацию уравнений и переменных, аналогично получим, что все х; с соседними номерами равны, т. е. х1 = х2 = х 3 = х1 = хь. Откуда у = 2 при xh отличных от нуля. Проверка— подстановкой.

Пусть теперь у2-\-у— 1 = 0 , т. е. у2 — 1 = — у. В этом случае (8 ) и (9 ) —это дважды написанное одно и то же уравнение:

*3 = — 0 (*! + *.)• (П)

Легко проверить, что уравнение (3) является следствием (6 ), (7) и (1 1 ). Действительно,

* 2 + = (У— 0 (xi + -О;x , + x t = - x s - y- y - . ( 1 2 )

Сравним (3):* 2 + хл = ух3.

Чтобы доказать их тождественность, вычтем из (12) (3):

0 = * . ( » + « = ! ) .

Это тождество (см. 2°). Таким образом, если у —любой корень уравнения t f + y — 1 = 0 , yus = — ^ r ± \ V $ , то можно, например,хг и хъ задать совершенно произвольно, х2 определить по формуле (6 ), по формуле (7) и х3—по формуле (11). Уравнения (1) —(5 ) при этом выполняются автоматически, так как они при таких значениях у являются следствиями уравнений (6 ), (7) и (11).

З Ь Умножим и разделим выражение в левой части доказываемого тождества на 2 cos ~ , что не равно 0 или на 2 sin ^ . При-

93

меним после этого в числителе формулу

2 cos х cos у = cos (х + у) 4 - cos (х—у)\Зя\

+ C0S— )

л

о л2 cos -т 14

3 2 . Очевидно, если в правильно указанную пару входит один правильно указанный элемент, то и другой элемент пары — правильно указанный.

Последовательность DAECB содержит четыре пары: DA, АЕ, ЕС, СВ. Две из них угаданы верно. Допустим, эти две пары содержат общую букву. Тогда образуется тройка, в которой верно угадан порядок. Где же могут быть две верно угаданные буквы? Если хоть одна из них в тройке, то вся тройка состоит из верно угаданных букв, чего не может быть, так как таких букв только две. Если же обе они вне тройки, то все 5 букв стоят на своих местах, чего тем более не может быть.

Итак, из четырех пар надо выбрать две, не имеющие общей буквы. Очевидно, это можно сделать тремя способами:

Легко увидеть, что в каждом случае одна из двух пар должна содержать верно угаданные буквы, а другая—неверно. Рассмотрев наши три случая, видим, что в первом и третьем возможен только один случай, а во втором—два. Получаем 4 случая: DABEC', EDACB; DACBE-, AEDCB.

Рассмотрев эти 4 случая, видим, что удовлетворяет условиям только один: EDACB.

3 3 . а) Пусть п кратно трем. Тогда п можно представить в виде n = 3k н 2"— 1 = 2 3*— 1 =8 * — 1. Но разность степеней с одинаковыми показателями делится на разность оснований, т. е. 8 * — 1

делится на 8 — 1 = 7 . Следовательно, 2п— 1 делится на 7 при п, кратном 3.

Пусть п некратно трем, п = 3 £ + 1 или п = 3& + 2. в случае п = 3ft+ 1 имеем 2n— 1 = 2 3* + 1 — 1 = 2 (8 )*— 1 = 2-(7 +1)*— 1, но (7 +1)* при делении на 7 дает в остатке 1 (это следует, например, из формулы бинома Ньютона), 2 (7 +1)* при делении на 7 даст в остатке 2. Значит, при делении 2" — 1 = 2 (7+1)*— 1 на 7 получится в остатке 1, следовательно, при п = 3ft + 1 число 2п— 1 не делится на 7.

В случае n = 3ft+ 2 имеем 2"— 1 = 2 3*+2— 1 = 4 (7 + 1)*— 1. При делении на 7 получится в остатке 3.

(DA , ЕС)\ (D A , СВ)-, (АЕ, СВ).

94

Следовательно, 2”— 1 делится на 7 тогда и только тогда, когда п кратно трем.

б) Пусть n = 3k. Тогда 2n = 23* = 7m + l; 2 ”+ 1 = 7m + 2, что не делится на 7.

Пустьn=3k-\- l, тогда 2" + 1= 23*+1+ 1 = 2 -23* + 1=2 (7 т + 1 )+ + 1 = 1 4 т+ 3, что не делится на 7.

При п = 3 k + 2 имеем 2” + 1= 2 3* + 2 + l = 4 - 2 3ft + 1 = 4 (7m + 1) + + 1 = 28m -|-5 , что также не делится на 7. Таким образом, нипри каком п число 2" + 1 не делится на 7.

В а р и а н т р е ш е н и я .Пусть 2* дает при делении на 7 остаток ак. Какой остаток ак+1

даст 2*+1? Очевидно, надо а умножить на 2 и вычесть 7, если 2а ^ 7 . Итак:

если ак = 1 , то ак+1 = 2 , если ak = 2, то ак+1 = 4, если ак = 4, то aft+1 = l .

Остальные случаи можно не разбирать. Уже ясно, что последовательность остатков 2" при делении на 7 такова: 1, 2,4, 1 , 2 ,4......Отсюда без труда получаем решение задачи.

34. (а—Ь)2^ 0; (Ь—с)2 ^ 0 ; (с—а)2 ^ 0 при любых а, Ьис . Из того, что а, Ь, с—стороны треугольника, следует, что

Ь + с— а > 0 , c - f a — b > 0 , а + b—с > 0 .Значит, (6 —с)2 (6 -|-с—я) ^ 0,

(с—а ) 2 (с + а —Ь) ^ 0 ,(iа—Ь)~ (а-\-Ъ—с ) > 0 .

Сложив почленно эти неравенства, получим: бабе— 2 а2 (Ь + с—а)—2Ь2 (а + с—Ь) — 2 с2 (а -\-Ъ—с) ^ 0 ,

откудаа2 (Ь + с—а) + Ь 2 (а + с—Ь) ++ с2 (а + b—с ) < 3 abc.

П р и м е ч а н и е . Неравенство справедливо также, если требовать только а ^ 0 ; 0 ; с ^ 0 .

35. Впишем в Д ABC круг и проведем к нему касательные А 1А21| ВС;ВгВ 2\\АС; С1С2\[АВ (рис. 22). Пусть радиус этого круга г. Впишем в каждый из новых треугольников круги.Их радиусы обозначим соответственно r lf г2, тз, а их высоты из вер- А д g " q2 £ шин А, В, С обозначим соответственно hlt h2, h3. Площадь круга, Р и с . 2 2

95

5 рвписанного в Д Л Д С , равна S = n r2; г = -АЛЁ£? где р = д +

Р ^5длвс = Кр (р—а) (р— Ь) (р— с).

Треугольники ЛЛ 1 Л2, ССГС2 гомотетичны треугольнику ABC, и круги, вписанные в получившиеся треугольники, гомотетичны кругу радиуса г.

С л е д о в а т е л ь н о , = = = где ha, hb, ^ —высоты треугольника ABC, проведенные соответственно на стороны а, Ь, с.

Расстояния между парами параллельных прямых В1В 2 и АС, А ХА2 и ВС, СгС2 и АВ будут равны 2г. А'А" = В'В" = С'С" = 2г. Следовательно,

h1 = ha — 2r, h2 = hb— 2r\ h3 = hc— 2r\

Поэтому

^ 2 ^ д А В С ' ^ 2 д в с ' 2 iS a а в с

а а ’ b b ’ с с

-2т i _ 2 r - - 2' 2

Д = -

г ~~ h a ~ h a ’ 1 _ Ав ’

^ Д Л В С 2 a S & A B C _ S / \ A B C (Р— °)р P2' 2Sa > i b c ~ Р2

Аналогично,^ Д Л В С (p — b) ' ^ S&ABC ( р ~ с)

Г2— рЪ \ Г 3— pi ;S + S 1-T 5 2-T 5 3 = я г 2 -f-я г 2 я г \ - \ - я г % —

= я ( ^ДЛВС . Зд А В С ( Р ~ а)2 . S A A B c ( P ~ f y 2 . Зд А В С ( Р ~ с)2 ^\ р 2 р 4 р 4 ^ р 4 J ~

= С (Р, + (Р_ П) ,+ ( „ _ ( , ) ,+ (Р- С),)= ^ (р- . ) (РГ Ц (Р - С)х

X (р2 + р 2 — 2 яр + а 2 + р 2 — 2 Ьр + Ь2 + р2—2с р + с2) =

= “ (° + c- t; j ; + y (|,+ i!- ° ) (v - 4 P, + a , + 6 .+ ^ ) =п(& + с — о) (а + с — Ь) (а + 6 — с) (а2 + &2 + с2)

- (a + b + c f

3 6 . Выберем наугад одного ученого. Он переписывается с каждым из остальных 16 ученых только об одной теме. Докажем, что хотя бы по одной теме из трех он переписывается с 6 учеными. Пусть это не так. Тогда по каждой теме он переписывается не более чем с 5 учеными. Следовательно, по трем темам он переписывается не более чем с 15 учеными, что противоречит условию. Эту тему будем называть темой Л. Если среди этих шестерых найдутся два, переписывающихся друг с другом по

96

теме А, то задача решена. Возможен другой вариант: никто из этих 6

ученых не переписывается по теме А. Тогда они переписываются по двум другим темам. Рассмотрим одного из 6 ученых. Он переписывается с остальными 5 учеными шестерки.Найдется тема, по которой он переписывается с тремя из 5 ученых. В противном случае он переписывался бы только с 4 учеными.Назовем эту тему темой В .Если один из этих трех ученых переписывается с другим по теме В, то рис 23задача решена. Если они все трое переписываются между собой по третьей теме (теме С), то они и составили искомую тройку. Все случаи рассмотрены. Тем самым доказано, что указанная тройка всегда найдется.

3 7 . Всего прямых С£=Ю. Через каждую точку, например С, проходит 4 прямых (рис. 23). Следовательно, из каждой точки выходят 6 перпендикуляров (по числу прямых, не проходящих через нее). Рассмотрим две какие-либо точки, например В и С. Сосчитаем точки пересечения перпендикуляров, проведенных через точку В, с перпендикулярами, проведенными через точку С. Перпендикуляры, проведенные через точку В, к прямым, проходящим через точку С, пересекают все перпендикуляры, проведенные через точку С. Через точку С проходят 3 прямых, не проходящих через В. Значит, через В к ним можно провести 3 перпендикуляра. Они пересекаются с перпендикулярами, проведенными через точку С в 3 - 6 = 1 8 точках. Любой другой перпендикуляр, проходящий через точку В к остальным трем прямым, не проходящим через В, пересекает 5 перпендикуляров, проходящих через точку С, так как с одним он не пересекается, ибо проведен с ним к одной стороне. Получается еще 15 точек. Следовательно, перпендикуляры, проведенные из двух точек, пересекаются в 18+15 = 33 точках. Из 5 точек можно составить 10 пар. Следовательно, точек пересечения не более чем ЗЗх 10= = 330. Но некоторые из них совпадают. Действительно, любые 3 из данных 5 точек образуют треугольник. Высоты этого треугольника, являющиеся рассматриваемыми перпендикулярами, пересекаются в одной точке. Мы эту точку учли 3 раза. Всего таких треугольников существует Q = 1 0 . Значит, 10 точек было

4 № 41 97

учтено по 3 раза. Следовательно, всего точек пересечения не более чем 330— 30 + 10 310.

Жюри рассматривало задачу как комбинаторную и доказательства существования пятиугольника с ровно 310 точками пересечения перпендикуляров не требовало. Нижеприведенное доказательство этого принадлежит А. Б. Сосинскому.

Пусть данные точки Лг, Л2, . . . , Л5 находятся в общем положении, т. е. различны и таковы, что прямые dk, соединяющие пары точек Л,-Л,, попарно различны, не параллельны и не перпендикулярны. Перпендикуляры р,-, проведенные через точки Л,- на всевозможные прямые dfl, пересекаются по три в одной точке в «случае ортоцентров», т. е. тогда, когдаА\СР/,> А'2€ Pj\, Л , С Pjs и Pit_\_AitAlt, Pi,lÂitA i3, р,-з J ,Л(]Л,-2.Докажем, что точки Л,, Л5 можно выбрать в общем положении так, чтобы никаких пересечений по три или более перпендикуляров (кроме случаев ортоцентров) не существовало.

Начнем с произвольных пяти точек Л,, . . Л5 в общем положении. Точек, которые не являются ортоцентрами, но в которых пересекаются три или более перпендикуляров, во всяком случае, конечное число. Поэтому сформулированное утверждение сразу получается, если последовательно применять следующее предложение:

Пусть точка Н является пересечением трех перпендикуляров Pi, р2, р 3, но не является ортоцентром треугольника, составленного из прямых dk (рис. 24). Тогда можно заменить одну из точек А[ на точку Л/ так, чтобы:

(а) новые перпендикуляры p'lt р2, р3 пересекались в трех точках,(б) число остальных точек пересечения перпендикуляров не

уменьшалось.Докажем это предложение.Пусть обозначения выбраны так, что перпендикуляр р,- про

ходит через точку Л,- и ортогонален прямой dh где i = 1 , 2 , 3. Так как условие исключает случай ортоцентров, невозможно одновременное выполнение трех соотношений: A l = d 2{]d3, А2= = d j П d3, Л з = d1 Г) d2. Следовательно, хотя бы одно из них неверно. С точностью до изменения обозначений можно считать, что неверно первое, т. е. A 1^=d3f\d3.

Мы утверждаем, что если 8—-любое положительное число, то найдется точка Л^+=Л1 тaкaя, что выполнено (а) и d(A[A1)<8(*). В самом деле, если A 1£ d a и A 1^ d 3, в качестве Л берем любую точку, отличную от Л! и удовлетворяющую (*). Если же Л 1 бг( 2

(соответственно A [ ^ d s), то в качестве А[ берем любую точку A', a d , (соответственно A [ ^ d 3), отличную от А1 и удовлетворяющую (*). Тогда прямые dlf d2, d3 и перпендикуляры р2, р3 не изменятся, в то время как перпендикуляр рг будет заменен параллельной прямой р[ Э А\, которая пересечет р 2 и р3 в двух разных точках W и //". Таким образом, новые перпендикуляры р[, р '= р 2,

р'3 = р з пересекаются по трем точкам Н, Н’, Н", т. е. (а) выполняется.

Теперь мы утверждаем, что если число б > 0 достаточно мало, то выполняется также и (б). Если считать известным понятие непрерывности функции, то этот факт тривиален: в самом деле, декартовы координаты точек пересечения перпендикуляров непрерывно зависят от значений координат точек Л,- (в некоторой окрестности этих значений). Поэтому при достаточно малом б > О координаты этих точек пересечения изменятся меньше, чем на половину минимального попарного расстояния между точками Л,-, и поэтому никакие две точки пересечения не сольются.

Можно также привести доказательство этого утверждения, явно не опирающееся на понятие непрерывности.

Пусть г0 равно половине минимального расстояния между парами точек пересечения перпендикуляров, и пусть Т —точка пересечения произвольных двух перпендикуляров р{ и pj. При замене Лх на А[ перпендикуляры pt и pf заменяются на перпендикуляры р\ и p ’j. Получается новая точка пересечения Г '. Каждый из новых перпендикуляров может либо совпадать с исходным, либо быть ему параллельным, либо быть повернутым относительно него так, что возможны 6 различных случаев. Рассмотрим наиболее сложный (рис. 25): пусть р( повернулся на угол a, a pt сдвинулся на расстояние г . Очевидно, что, выбрав достаточно малое б, мы можем сделать а и г меньше наперед заданного числа. Имеем далее (см. рис. 25).

| T'C\ = (h„— r)-.---- s4^ , - и \ТС\ = — ,1 7 sin ф sin ( a -j ф) 1 1 sin ф

где ф = (Pi, Pj). С = р'/ f] Pi и hn — расстояние от А ,■ до pjt так как ф > 0, при достаточно малых а п г имеем: | Т'С \ < -у ,

L

4* 99

| ТС | < ■— . Поэтому при достаточно малом б будет

| ТТ' | < | ТС | +1 Т'С | <s ' Гп Л- г° — гС ~2~ *- ~2~ °‘

В остальных 5 случаях более простые оценки, которые мы опускаем, также дают j ТТ' | << Го-

Таким образом, коль скоро б достаточно мало, точки пересечения сдвигаются меньше, чем на г0, и не могут слиться: выполнено (б). Утверждение доказано.

38> Рассмотрим решение сразу для общего случая.

Возьмем произвольную точку Dj внутри треугольника АВС (рис. 26). Проведем прямые А А Х \\BBX\\CCX\\DDX до

пересечения с плоскостями противоположных граней тетраэдра в точках А х, В х; Сх.

В треугольнике АВС проведем прямые ADX; BDX; CDX до их пересечения с противоположными сторонами в точках Л'; В'; С'. Прямая A XD проходит через точку Л ', так как A XD лежит в плоскости А ХВС и А А Х || DXD. Аналогично обосновывается, чтопрямая BXD проходит через В ’, прямая CXD — через С'.

Поместим в вершины Д АВС грузы х, у, z, чтобы их центр тяжести был в точке Dx. Например, положим

Рис. 26

\ АВ’ \\ В ’С\

IС А ' \ у _ \ А ’В \ — z *

В С |I СА\

Для этого достаточно выполнение условий*:

х = \ В 'С \ ; у = Ш ± . \ А В ’ |; г = \АВ' \ .

Имеем:Зд А С В '

I А ' В |

\ А В ' \ - \ А С ' \ уг'-’д л в с \ AB\ - \ AC\ (х-\-{/) (x+ z) *

* В дальнейшем считается известным, что центр тяжести системы масс не изменится, если часть масс заменить массой, равной их сумме, расположенной в центре тяжести этих масс. Д ля случая трех масс это приводит к тождеству (в обозначениях задачи): | АС' |- | ВА ' |- | СВ’ | = | ВС' |- |С Л ' j - j А В ' |.

доо

Аналогично

Тогда

^ д в с у г _ хгд л в с (у Нх)(4' + г)

■^д А'В'С' ХуS &ABC ~ (г \-х ){г- \ у) '

д /1'л'С' _ j х у хгs & a b c (* + z ) ( i / + 2) ( х + £ ) (* + </)

уг________________ 2 хуг~ ( У + Х) (г + х) — \x-\-y) ( х + г ) (у-\-г) ‘

Так как тетраэдры ABCD и А 'В 'C'D имеют общую высоту, тоI '/T B 'C 'D _ ^ Д Л ' В ' С ' ________ 2*j/Z________

^ЛВСВ ^/\АВС (х ~\-у)(УЛГг)(г + х)„ M 'D | | 2TD | *д алее, = = аналогично

I В ’Р | _ у . | C’D | ___ z | BXD | x \ - z ’ | CXD | x - \ - y

Так как трехгранные углы D A ’B'C' и D A 1B 1C1 равны, то объемы тетраэдров A ’B'C'D и ЛХБ ХСХП пропорциональны произведениям боковых ребер, т. е.

v A’B-c-d | A 'D 1 -[ B ' D \ - \ C ‘D | xyzТ л .в .с .п \A J> I ■ I BiD I • ICXD | ( x + y ) (y h z) (z + x) ’

HOT A'B'C'D __ 2xyz________ _ 2 VA’B'C'D

T ABCD (Х~^У) (У~\- z) (z J T x ) V A iB 1C1D

или VАфуС^ — 2Vabcd- Переместим грузы в треугольнике ABCм У + г , , , X Z / - , /* + # 1-rтак: в точку А груз , в В груз - у - , в С —у 2 . При этом

центр тяжести остался в точке Dx, затем поместим в вершины А,,х и ZВг, Сх грузы у , у , у . Тогда центр тяжести каждой из пар

точек (Ах; А'); (Вх; В')\ (Сх; С') будет лежать в точке D, так какУ + г

|Л хО | ! A D A У + г 2\ D A ' \ — |£>ХЛ ' | — х “ х_ ’

2

и аналогично для других пар. Значит, и общий центр тяжести будет лежать в D. С другой стороны, центр тяжести точек А', В', С' лежит в точке Dx, и его масса равна x + y + z. А центртяжести точек Лх, B lt Сх лежит в плоскости А 1В 1С1 и в то же

101

время на прямой DDX, т. е. в точке Dx, и его масса равна

Х~± §± £ - Следовательно, j g # f = y и =Значит, и отношение высот, проведенных через точки Dx и DKз

плоскости .djBjCj, равно у . Но у тетраэдров A J l f i J ) и A 1B1C1D1

общее основание Л 1 В 1С1. Следовательно, , ноV A lB 1C l D 1

V a 1b , c 1d = 2 V a b c d - Поэтому V/^CjD, = S V a b c d -3 9 . Данное неравенство

2 c o sx < ;|jT l + s in 2 х—У I —sin 2x\ < 1 ^ 2 *

запишем в виде системы

j 2 cos х | Y I + sin 2x— V 1 — sin 2x\,\ | У 1 + sin 2x—Y 1 — sin 2 x | < V 2 .

Исследуем первое неравенство системы

2 cos х eg; \ Y 1 + sin 2 x—У 1 — sin 2x |.

Так как правая часть всегда неотрицательна, то в область решения входят все х, при которых c o s x ^ O . Следовательно, значения х в промежутке являются решениями. Значит,теперь достаточно рассмотреть решения, при которых cos х > 0 . Тогда обе части неравенства положительны. Следовательно, мы можем их возвести в квадрат:

4cos2 x< I 1 + sin 2 х—2 У 1 — sin2 2 x-}- 1 — sin 2 х.Далее:

4cos2 x ^ 2 —2| / c os 2 2х; 2 cos2 x ^ 1 — | cos 2х|;| cos2 x| < 1 1 — 2 cos2 x = — ( 2 cos2 x— 1 ) = — cos2 x.

Это неравенство верно при cos 2 x ^ 0 .

Отсюда у + 2^л ^ 2 х ^ ^ 4 - 2 Л л , или -^-(-/гл ^ х ^ - | - л + А л ,ТС 1т. е. при c o s x^ O , х может принимать значения - ^ - ^ х ^ у л

и 4^ ^1х ^ ~ л. Вместе с теми значениями х, при которыхc o s x^ O , получаем, что первое неравенство системы справедливо

ТС . 7при п.Рассмотрим второе неравенство:

| У 1 + sin 2 х— У 1 — sin 2 х | ^ ^ 2 ;102

обе части неравенства положительны. Можем возвести обе части в квадрат:

D

1 + sin 2 x — 2 Y 1 — sin2 2 x-f-+ 1 — sin 2 x ^ 2 С

—2 Kcos22 x ^ 0 , что справедливо при любом значении х. М Следовательно, решение системы:

я 7Ва

4 0.Пусть (Xj, х2, х3) — реше- Рис- 2 7

ние системы и пусть | хх | ^ | х 2

> | х 3|. Любой другой случай перестановкой индексов 1 , 2 , 3 и уравнений приводится к разбираемому. Если | лгх J = 0, то xx= x 2= = х3 = 0 . Предположим, что \х1\ФО, тогда

Полученное противоречие показывает необходимость равенства | Xj | = 0, что и требовалось. Это решение легко обобщается на случай аналогичной системы n-уравнеиий с п неизвестными.

41. Пусть плоскость проведена на расстоянии х от CD (рис. 27). Тогда площадь сечения (оно — параллелограмм, так как ML || АВ || EN и NL || CD || ME) равна

| « 1 2 | | й1 3 | йи -f-« 1 2 4~#13 0 .

Отсюда и из первого уравнения

О = | a^Xj + а 1 2х2 + а 13х3 1 = | хх | a n + а12 + а13 1 > 0 .

| ML | • | ME | • sin о =X

Г ax b ( d — x) . . [ abx2j d - - 4 — • sincodx=l - wо

Аналогично

103

где у —расстояние от АВ до Рv2 3dy2- 2 y \ vt 3dx2— 2x3 ’

dX~ k + l ’ у fc+ 1 '

dk

t 'g 3dy- — 2i/3vt 3 dx2 — 2л.'3 3 d — 2.v

“ fc+ 1

(fe + 3)3fe + l •т. e. — = k2

Vi

4 2 . Обозначим x 1x2xsx4 = p. Тогда наша система уравнений примет вид:

Случай, когда одно из искомых чисел равно нулю, приводит к противоречию. Действительно, подставив 0 вместо хи получим:

Итак, все х,- являются корнями одного и того же квадратного уравнения: х?— 2 х , + р = 0. Поэтому среди них может быть только два различных. Рассмотрим три случая:

I. х1 = хг = х3 = х 4 — т, т-\-т3 — 2 ; в силу монотонности функции tn + m3 имеем только одно действительное решение: т = 1 .

II. Три из искомых чисел равны, а четвертое им не равно. Пусть x 1 — x2 = x3—tn, х4 = п,

Отсюда (т —n) (1 —т2) = 0.Случай т = п и т = 1 приводит к уже известному. Случай т = —1 дает п = 3. Это дает еще четыре решения.

III. х1 = х2 = т , х3—х4 = п,

Отсюда (tn—п) (1—тп) = 0. Случай т = п новых решений не дает. ПусДь т п = 1. Тогда/и + п = 2, т = п — 1. Новых решений не получили.

О т в е т . 1) x1 — x 2 = x3 = xt = I.2 , 3, 4, 5) Один из X; равен 3, остальные равны —I.4 3 . Дано: АА' IIMQ II B'R II РР1 J_ ОВ (рис. 28).

МР\\ВВ' II Q Q ' I H ' S }_АО.

Xi + ^ - = 2, где / = 1, 2, 3, 4. Л1

I

т + m 2n = 2 , n + / n 3 = 2 .

{т + тп2 = 2 , n + n m 2 = 2 .

104

| MB I ’тогда, так как ДЛЛ' Вооo o A M Q B , =

Из теоремы о параллельных линиях, пересекающих стороны угла:|SQ' | IA'Q I .

! Q’B I I QB |

Аналогично \An Pn } = k.I I f f

Докажем, что геомет- 6 , R Р Л Qрическим местом точек Н Рис. 28(Я —точка пересечения высот РР' и QQ'\ ортоцентр A O P Q ) есть отрезок прямой А'В' .

Проведем через точку Р' отрезка A ’R (- р> г р = k j перпендикуляр к этому отрезку. Д R B 'А' cv> Д Р'Н^А' (Н1—точка пере-

IЛ1Н Iсечения этого перпендикуляра с отрезком А'В'). Теперь - =k,I ISO1^ 7g 7 = A, т. е. А ’В ’ со Д Q'HХВ' (две стороны пропорциональны

и углы между ними равны). Следовательно, IRQ’ совпадает с высотой Д О Р ф , проведенной к ОР, значит, II = Я , . Что и требовалось доказать.

б) В задаче а) мы доказали, что отрезок, соединяющий основания высот Д АОВ, является искомым множеством Я, когда точка М пробегает отрезок АВ.

Рассмотрим Д О Л ^ Д Л ^ , || АВ). Очевидно, он подобен ДЛОВ и поэтому множество для него—отрезок А[В\, гомотетичныйотрезку А'В' с коэффициентом гомотетии, равным 1 , относительно точки О.

Из соображений непрерывности получаем, что, когда точка М пробегает внутреннюю область треугольника АОВ, точка Я пробегает внутреннюю область треугольника А'В'О.

П р и м е ч а н и е . В задаче а) мы доказали, что Н лежит на А 'В ' . Не- \ А ' Н \ . \ А М \ .

трудно доказать, что сели ~рТВг \ = Т° | M B | ~ т ‘ е " Условию удовлетворяет только отрезок А 'В ' .

Если взять точку Н вне прямой А 'В ' , то точка М будет лежать вне прямой А В.

Очепидио, не играет роли, острые или тупые углы ОАВ и ОБА.Если величина угла АОВ больше 90°, то чертеж будет иметь другой вид

и проведенные рассуждения неверны для этого случая.

44» Допустим, что через какую-то точку Л данной системы проходят три диаметра АВ, АС и AD. Тогда точки В, С, D лежат

105

на окружности /Сх с центром в точке А и радиусом d. Все прочие точки системы лежат либо на K lt либо внутри круга, ограниченного окружностью K v Так как каждое расстояние ВС, BD и CD не больше d, то точки В, С, D находятся на дуге окружности Ki, соответствующей углу не больше 60°. Пусть точка С лежит внутри дуги BD, причем 60°. Пусть К 2—окружность с центром в точке С и радиусом C A = d . Все диаметры данной системы точек, проходящие через точку С, должны иметь свои крайние точки на дуге M N окружности К 2, лежащей внутри круга К\- Но так как каждая точка дуги MN, кроме точки А, находится от точек В и D на расстоянии большем, чем d, следует, что С А —единственный диаметр, проходящий через С.

Таким образом установили, что для данной системы из п точек при п > 3 имеется только 2 возможности: либо в системе существует точка, через которую проходит не больше одного диаметра, либо через каждую точку проходят ровно 2 диаметра.

Теперь легко доказать искомую теорему методом математической индукции.

Для п = 3 теорема, очевидно, правильна. Покажем, что из справедливости теоремы для k точек (k — натуральное число ^ 3) следует ее справедливость для (/г + 1 ) точек.

Рассмотрим систему из (/г+ 1) точек Лх, А 2 Л*+1, у которой больше одного диаметра. Если в ней существует точка, например Лх, из которой не исходит диаметр или из которой исходит только один диаметр, то число диаметров системы Лх, Л2, . . . , Лй + 1 в крайнем случае на 1 больше, чем число диаметров системы Л2, Л3, . . . , Ak+l, т.е. не выше £ + 1 . Если такая точка не существует, то из каждой точки Л,- исходят ровно 2 диаметра, и тем самым их число равно 2 (/г+ 1 ) : 2 = /г4 - 1 .

Максимальное число п диаметров достигается, например, в правильном многоугольнике, имеющем п = 2 /е + 1 сторон, а также в конструкции, где одна точка является центром дуги окружности радиуса d, а остальные п — 1 точки лежат на этой дуге. Причем угол между радиусами, проведенными в крайние точки, равен 60°.

4 5 . Обозначим число участников, решивших только задачу В, через В, число решивших задачи Л и В —через АВ и т.д.

Тогда условия задачи выражаются четырьмя уравнениями:

Заметим, что Л, В, С, АВ, ВС, АС, АВС, очевидно, есть целые неотрицательные числа. Решим систему. (1) в сумме с (3) дает

А + В + С + А В + В С + А С + АВС = 25, В А-ВС = 2 {С + ВС),

А — \ = АВ + АС + АВС,А + В + С = 2(В + С).

( 1)(2)(3)(4)

2Л + В + С + ВС— 1 = 25. (5)106

Далее имеем:В С = В — 2С, (2 ')

А = В-\-С. ' (4')

Если из (5) вычесть (2') и удвоенное (4'), то получим4Д + С = 26,

отсюдаС = 26— 45, (6 )

ВС = В — (52—8В) = 9В—52. (7)

Так как В, С и ВС—целые неотрицательные числа, то из (6 )следует, что В .6 , а из (7) — В~^ 6 . Значит, если решение существует, то В = 6 .

Решение существует, так как условиям удовлетворяют хотя бы значения: Л = 8 , В = 6, С = 2, АВ = 3, ЛС = 2, ВС = 2,АВС = 2.

Стедовательно, только задачу В решили 6 школьников.46> Так как а, (5, у —величины углов треугольника, то

а + рtg V = c t g ^ + P = C°S 2 -

2 ® 2 . а + 6 ’ЕШ ~ 2

Данное равенство примет вид:/ сю а ^Р \ f сос К+ Р \

Умножая (1) на sin cos a cos (3, получим

я cosp ^sin — co sa—cos ^ sin a'j -f-

cosa ^sin cos ft—cos sin = 0 . (2 )

Заменив выражения в скобках на синус разности, запишем:

sin — (a cos ft—bcosa) = 0. (3)

Отсюда либо s i n - t ^ - = 0 , и тогда а = р, т. е. треугольник рав

нобедренный, либо стоящее в скобках выражение равно нулю, т. е.0 cos{5 = pcosa. (4)

По теореме синусовas inp = bs ina . (5)

107

Возеодя обе части равенства (4) и (5) в квадрат и складывая их, получим:

а2 (cos2 р + sin2 Р) = b2 (cos2 а + sin2 а). (6 )

Значит, а = Ь, т. е. и в этом случае треугольник равнобедренный.

4 7 . Опишем около заданного тетраэдра ABCD сферу. Через вершины А, В, С, D тетраэдра проведем к сфере касательные плоскости, получим новый тетраэдр A'B'C'D' , гомотетичный данному с коэффициентом гомотетии (—3). Сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри или на границе тетраэдра A'B'C'D' , до его граней постоянна и равна высоте тетраэдра, опущенной на соответствующую грань, т. е. раЕна объему, деленному на одну треть площади грани.

Пусть точка М лежит вне тетраэдра A'B'C'D' . Аналогично предыдущему, рассмотрим четыре тетраэдра с общей вершиной в точке М и основаниями— гранями тетраэдра A ’B ’C'D' . В этом случае тетраэдры М А'В 'С ' , M A 'B 'D ' , MA'C'D' и MB'C'D' перекрываются. Однако, как нетрудно проверить, тетраэдр A'B'C'D' содержится в их сумме. Действительно, пусть точка N внутренняя. Покажем, что она принадлежит хотя бы одному из четырех тетраэдров. Проведем прямую M N , она пересечет по крайней мере две грани тетраэдра. Возьмем ту грань (или любую из граней), в которой лежит дальняя точка пересечения. Рассмотрим тетраэдр с вершинами в точке М и в вершинах этой грани. Точка N будет внутренней точкой этого тетраэдра. Поэтому сумма их объемов больше объема тетраэдра A'B 'C 'D ' , и, следовательно, сумма расстояний от точки М до граней тетраэдра A'B'C'D’ больше еговысоты, а сумма наклонных МА, MB, МС, MD будет еще больше.

4 8 . Так как х Ф Щ , где к, k —целые, то sin 2кх Ф 0 и ctg 2*лИ ctg2ft-1x существуют. Но

c t g a - c t g 2 a = 15 .

Заданное тождество докажем по индукции. Для п = 1 равенство справедливо, т. е.

— * = ctg х —ctg 2х.sin 2х & &

Предположим, что оно верно для я = т , т. е. имеет место

Ж + - е т + • • • + l i ^ = ctS x - * £ 2 mx-Докажем справедливость тождества для n = m-f-l.

— !----1___ !-----и . . . ___ !___ l ___ =sin 2х 1 sin 4л: 1 s in 2тх 1 s in 2 m + 1x

= (ctg х —ctg 2тх) + (ctg 2тх — ctg 2т+1х) == ctg х —ct g 2 m+1x.

108

Из доказанного следует, что данное равенство верно для любых п.

Все преобразования допустимы в силу наложенных в условии ограничений на значения х.

49. Так как данная система не меняется при замене индекса i на k и k на i, то можно считать, что а1> а 2> а 3> а4.

Тогда(a1— a2) x z + (a1— a3) x 3 + (a1— ai)x t = 1 , ( 1 )(a1— a2) x 1+ (a 2— a3) x 3 + (a2— as)x i = 1 , (2 )(Oj— — a3) x2 + (a3— a4)x t = 1, (3)(a1— ai) x 1 + (a2— ai) x 2 + (a3— ai) x 3 = 1. (4)

Из (1) вычтем (2), из (2) вычтем (3), из (3) вычтем (4). Имеем (аг — а2) (х2 + x 3 + xs — хг) = О,(й2 а3) ( х1 х2 -f- х3 -T-^d)= О»(а3—а4) (—х1— х2— х 3+ х 4) = 0,

и заданная система равносильна системе:х2 -|-х3 х4 = x lf (5)х1 + х2 = х 3+ х 4, (6 )x1+ x 2 + x 3 = xi , (7)(а2—а4) х 4 + (а2— а4)х 2+(а3 — а4) х 3= \ .

Из (5), (6 ) и (7) следует, что х2 = 0, х 3 = 0 и х1 = х1.Тогда из (4) получим: хг = _ а- ■

Проверка показывает, что если аг > а2 > а3 > as, то действительно x1 = x i = -— - , х2 = х 3 = 0.

ai — d5 0 . Площади треугольников, имеющих по равному углу, от

носятся как произведения сторон, заключающих эти углы (рис. 29). Поэтому

5 ДМ ВК _ | А Ш |- |В Я [

5Д ЛВС |Л В |- |В С |

MAL | A M |- | AL |

S A ABC | A B | -1 A C | •

S A KLC | К С M £ C |

5длвс

(1)

(2)

(3)

Допустим, что_}_ SA MAL ^ 1 S A KLC ^ 1

З д АВС 4 ’ 5 Д Л В С 4 ’ 5 Д Л В С 4

109

Перемножая почленно эти неравенства и используя ( 1 ), (2 ) и (3 ), получаем:

\ B M \ - \ B K \ - \ A M \ - \ A L \ - \ C K \ - \ C L \ 1|ЛВ|-|ВС|-|ЛВ|-|ЛС|-|ВС|-|ЛС|

ИЛИ\ B M \ - \ A M \ | ВК |-1 СК | \ A L \ - \ C L \ ^ 1

|ЛВ|а | ВС | 2 1 ЛС12 64*

Но, с другой стороны, У | AM \ - \BM_| /3/С 1-1 с/с I

\ А В \

\ A M \ - \ B M |А В 2 . Аналогично

I -ВС I

\ А М \ + \ В М \2 ~ 2

^ 1 . \ A L \ - \ L C \- 4 * 1 ЛС1 < 4

Перемножая почленно эти неравенства, получим:\ A M \ - \ B M |

| А В |*| S/C 1-1 С/С I \ A L \ - \ C L \ 1

^=64'\ВС\ 1 АС | 2

Пришли к противоречию. Поэтому найдется треугольник сплощадью, не превышающей - ^ S ^ abc-

5(. Вокруг остроугольного треугольника ABD (рис. 30) опишем круг, центр которого—точка О лежит внутри этого треугольника.

Четвертая вершина С параллелограмма ABCD лежит вне описанного круга. В самом деле, если точка С' лежит внутрикруга по другую сторону прямой BD от точки А, то /_ B C Dизмеряется или половиной дуги BAD (если точка лежит на окружности), или может быть еще большим. Но дуга BAD больше полуокружности, так как дополнительная дуга измеряет острый,по условию, y_BAD. Получаем противоречие с тем, что BAD=—BCD—острый.

Утверждаем теперь, что если параллелограмм покрыт кругами К А, Кв , Кс, Kd, то радиус R описанной около Д А В П окружности не превосходит единицы. Предположим противное, т. е. R = | О А | = ОВ | = | OD |> 1. Тогда круги К А, Кв и KD не покры

вают точки О. Круг Кс так- В с же не может покрыть точ

ку О, ибо, по доказанномувыше, | ОС | > R > 1. Значит, условие R ^ 1 необходимо.

Но оно и достаточно. Пусть R ^ 1. Опустим из точки О перпендикуляры на стороны Д ABD, которые, как известно, разделят эти стороны пополам. Эти перпендикуляры, а также ради-

Рис. 30 усы О А, ОВ, ОС разбивают

Д Л б П на шесть прямоугольных треугольников, в каждом из которых радиус является гипотенузой. Очевидно, расстояние от вершины прямоугольного треугольника до любой его точки не превосходит гипотенузы. Значит, для любой точки М £ Д ABD найдется вершина, удаленная от нее не больше, чем на R.Поэтому круг К с центром в соответствующей вершине покрывает точку М. Мы доказали, что Д ABD при R ^ 1 весь Рис. 31покрывается кругами Кв , К а и K d- Посимметрии / \ C D B также покрывается кругами Кс, KD и Кв.

Воспользуемся теперь формулой R — -jjg-, где а, Ь, с—сторонытреугольника, S —его площадь.

В нашем случае | ЛП| = 1, \А В \= а , BAD = а , тогда по теореме косинусов имеем:

\ B D \ = Y 1 + а2 — 2 ccos«.Откуда

„ а У \ + а2 — 2a cos а ^ .jx2 a 6in а ' '

Решением неравенства (1) будетcos а —] А3 sin а ^ а ^ cos а + ф^З sin а.

Но левая часть неравенства выполняется, так как а = | Л В | > > | AD | cos а = cos а при | AD\ = 1 в силу остроугольности Д ABD.

Отсюда получаем, что Д ABD будет покрыт кругами К А, Кв , KD тогда и только тогда, когда

а ^ cos а + j / 3 s in а.

5 2 . Пусть А В — наибольшее ребро. Тогда в Д ACD и в Д BCD (рис. 31) все стороны не превосходят 1, высота AF и высота ВК,

Г а2как легко доказать, не превосходят у 1 — , где | CD | = а < 1.

Высота тетраэдра | Л 5 | г < С | Л Т К 1— . Объем тетраэдра

Найдем максимум объема тетраэдра при а ^ 1, для чего найдем максимум функций у = х ( 4—х2) при O ^ x ^ l .

г/ = х ( 4—х*) = 3— ( 1 —х) — 2 ( 1 —X2)—х ( 1 —х )* ^ 3 ,

откуда у-= 3 при х = 1 и Fmax= шах ^ а ( 4 —о2) = -^-.0 < с < 1 °

Осталось проверить, что тетраэдр с объемом, равным -i-, удовлетворяющий условиям задачи, существует. Возьмем | ЛС | = | CD |= = | AD\ = \BC\ = \BD\ = 1 и плоскость ACD, перпендикулярную

BCD. При этом | АВ | = / т + т - / т > ‘ -

Многие искали экстремум функции у = х ( 4—х2) с помощью производной, и некоторые из них не заметили, что точка безусловного экстремума не принадлежит интервалу изменения переменной.

5 3 . Прежде всего имеем:C p — c g = p 2 + p — (q2 + c i ) = ( p — q ) ( p + q + 1).Откуда получаем, что

( С т + 1 C k ) ’ ( C m + 2 £ * ) ' • • • ' ( С т + п C k ) =

— (нт + 1 D) (tTl + 1 + k -j- 1 ) (til + 2 —- k') XX (m + 2 +& + 1 ) . . . ( m + n —k) (m + n + &+ 1 ) =

= ((m—k - \ - 1) (m—& + 2) ... (m—& + n))x X ((m+& + 2) (m + & + 3) . . . (m-[-&+n + 1)).

С другой стороны,

С1 -С2 - . . . - С „ = 1 * 2 - 2 . 3 . 3 - 4 - . . . - п л ( п + 1 ) = я! (п+1)1.

Итак, надо доказать, что( m - k - \ - 1) . . . (т — k + n) (m + fc + 2 ) . . . (m Jr k - (- n + 1)

n\ ’ ( n + l ) lцелое число.(m—k - \ - 1 ) • • • (m—& + n)— произведение ri последовательных целых чисел, делится на п\. Это очевидно в случае обращения в нуль одного из сомножителей, хорошо известно для положительных чисел и приводится к положительным для отрицательных сомножителей.

Теперь осталось доказать, что(m+& + 2)(m + & + 3) . . . (m+& + n + 1) делится на (п+1)!.

Рассмотримр п + 1 ( m + k + В (m T ^ T 2 ) . . . ( m - f f c + n - ( - 1 )^ m + f t + n + l И + 1 ) !

Это число, как известно, целое. Но по условию nz + /г + 1 —число простое, большее п + 1 , поэтому т + & + 1 не делится ни на один простой сомножитель числа (п+ 1)!. Значит, (т + /г +_2) X X . . . - ( m + & + n + 1) делится на (п + 1)!. Тем самым произведение п последовательных целых чисел ( т + & + 2 ) - . . . - ( т + & + + п + 1 ) делится на (п + 1 )!.

112

5 4 . Пусть Д ABC удовлетворяет условиям задачи. Тогда его вершина В лежит на дуге сегмента, построенного на отрезке А0СВ и вмещающего угол, равный /_ Вх (рис. 32). Причем Д АвВвС0 и этот сегмент лежат по разные стороны от Л„С0. В самом деле Д АвВ0Св вписан в Д АВС. Поэтому прямая Л0С0, пересекая отрезок АВ в точке С0, отделяет точку В от точки А. По тем же причинам она отделяет В и от С. Значит, и вершина Вв, как точка отрезка АС, лежит с Б по разные стороны от АВСВ. Совершенно аналогично, вершины С и Л лежат на дугах сегментов, построенных во внешнюю от Д АвВвСв сторону на отрезках А вВв и ВвСв и вмещающих углы, равные соответственно и Д А х.Обозначим центры этих сегментов соответственно Ог, 0 2, 0 3. Так как все три угла А х, В и Сх острые, то центры лежат внутри своих сегментов, т. е. вне Д А 0В„С0.

Рассмотрим подробнее положение прямой ВС. Проведем к окружности Ох в точке Л0 касательную Л„М и возьмем ее луч Л0М, лежащий по ту же сторону прямой А ВСВ, что и сегмент 0 1. Тогда весь сегмент 0 1 лежит внутри угла между лучами А ВМ и Л0С0,

где МЛ„С0 = 2^—B vЛегко видеть, что всякий луч с вершиной в Л„, лежащий

внутри тупого угла М А ВСВ, пересекает дугу сегмента, а все остальные лучи этот сегмент не пересекают. Совершенно анало-

113

гично, луч А ВС должен лежать внутри тупого угла между лу-чами А 0В0 и А 0Р, где В0АвР = 2Л— С,, и отложен от Л0В0 в противоположную от Д Л0В0С0 сторону. Покажем, что эти два тупых угла не накладываются друг на друга. Отсчитывая от луча А 0Р, получаем:

РА0В0 4- В0А 0С0 + С0А 0М = 4 d —Вх—b x-j-Л0 =

= 2d + А х + Л о»

что меньше 4d, так как и А Ах и Z Ло острые. Значит, луч А ВМ действительно не заходит за луч Л0Р.

Выясним теперь, в каких пределах может лежать луч А 0В. Ясно, что он лежит внутри угла М А 0С0, что дает:

Blt (1)если отсчет ведется в ту же сторону, что и раньше. Условие, что луч А ВС (продолжение луча А вВ) лежит внутри угла Р А вВв,записывается как 0 ^ САвВв ^ Р А вВв, или

2d > 2d— С Д В 0 > 2d—Р А Д ,,что дает

С ^ Д Д В + Л 0 < 2 Дпоскольку

САвВв -)- ВвАвС0 -(- СвА вВ = 2d, или окончательно

Д — Ло < СоЛ> 0 < 2 d — A B, (2 )/\ /Ч

где разность Сх— Л0 может быть как положительной, так и отрицательной. Аналогичный подсчет в точке Св дает (с учетом изменения направления отсчета угла при перемене Л0 и Св местами):

0 < В С о Л о < 2 й—Вг,

2 х— Св < ВДЛо < 2d — С0,

Д А В + В Д А , = 2 d — B x.

Поэтому первое условие в точке Св эквивалентно первому же условию в точке Л0, второе же дает:

Со—В ^ Д А В ^ Д + Д . (3)

Мы вывели три необходимых условия для возможности требуемого в задаче построения треугольника с вершиной в точке В

114

сегмента Ох. Покажем, что выполнения этих трех условий достаточно. В самом деле, проводя рассуждения в обратном порядке, убеждаемся, что продолжение А0С луча А „В за точку Л0 лежит внутри угла М А пС и, следовательно, пересекает сегмент 0 2 в некоторой точке С. Из условия (3) по тем же причинам выводим, что прямая ВСо пересекает сегмент 0 3 в некоторой точке Апо другую сторону от С0, чем В. А вВСа — В 1 по построению, как вписанный в сегмент 0 1. В0АС0= А 1, как вписанный в сегмент 0 3, и А0СВ0 = С1, как вписанный в сегмент 0 2. Точка В0 лежит внутри /_ В, образованного лучами В А 0 и ВСа, в силу того, что прямые В А 0 и ВС0 не пересекают Д А аВ0Са, а лишь в силу условий (1), (2), (3) проходят через его вершины. Значит, в четырехугольнике АВСВа / _ В аАВ, / _ А В С и £ ВСВ0 внутренние ив сумме составляют 2d. Отсюда AB0C = 2 d и три точки А, В0 и С лежат на одной прямой.

Поскольку при выводе условий (1), (2), (3) никаких ограничений на сравнительные величины углов треугольников АаВ0Св и АВС не накладывалось, будем для определенности считать, что

у \ / \ / \ / \ S \ S \

С0 -f-Cj ^ В0 + и С0 + СХ ^ А0 -р A lt т. е. C0 + C1^ j 4 d > d . (4)

Отсюда видно, что эти условия (1) — (4) выполнены, например,для C0A 0B = d, так что описанные треугольники заведомо существуют. Отыщем среди них треугольник максимальной площади. Очевидно, для этого надо найти треугольник с максимальной стороной, так как все рассматриваемые треугольники подобны, как имеющие соответственно равные углы с Д A^BjC^

Рассмотрим произвольный описанный треугольник. Спроектируем центры Ог и 0 2 сегментов на хорды АиВ и А «С. Отрезок IIJ I , есть проекция отрезка 0 f i 2. Его длина не превосходит длины 0 г0 2 и может совпадать с ней, лишь когда ВС || 0 г0 2.

Нетрудно подсчитать, что

0 2A 0Ol = О2А0В0 -р В0А0С0 -f- С0А00 1 —

= 2d— С1 —В г -р А 0 = А^ -)- А0 2d.Поэтому отрезок 0 г0 2 пересекает лучи А„С0 и А аВй, отсекая от него некоторый Д Л 0АУ. Через точку А п проведем параллельную Ьс к 0 1 0 2. Она будет лежать вне / \ А аВ0С0 (иначе она пересекала бы отрезок XY), и точки 0 1 и 0„ будут лежать от нее по ту же сторону, что и Д АоВ0С0. Пусть луч АаЪ лежит по ту же сторону прямой А„С0, что и точка 0 1.

Перпендикуляры из точек 0 1 и 0 2 на хорды АВС0 и АаВ0 пройдут через их середины Fx и F2 и пересекутся в точке О —

115

Р и с . 3 3

центре круга, описанного около Д АвВвСв. В силу его остроугольное™ точка О лежит внутри Д АвВвСв.

Очевидно, 0 10 А п = 0.,0Вв = Св, так как они измеряются одной и той же величиной дуги (описанного круга О). Аналогично,OfiA — Вв,

О f i d 2 = O f iA B + A f i 0 2 = BBf i C B< 2 d .

Поэтому прямая O f i 2 разделяет точки О и Ав. Отсюда

d —В г — Cfi\'B0 1 < Со’Х 0 1 < dи, аналогично,

d — C ^ B ^ A B0 3 < д У о 2 < d.

Проводя через точку Ав прямую, образующую с АВСВ угол, равный ^CoXOi, мы заведомо удовлетворим всем ограничениямсверху. Ограничение (3) также выполнено, так как С0 — Вх </ч< d —B t . Наконец, связывая £ B bY 0 2 с / _ С вХОх, как при выводе условия (2), убеждаемся, что выполнено и оно. Значит, можно описать подобный треугольник, чтобы его сторона В2С2 (рис. 33) была параллельна 0 f i 2. Но тогда этот треугольник искомый.

5 5 . Очевидно, что сумма четных степеней всегда положительна, если числа ах, . . . , ае не все равны нулю. Если все alt . . -, ае равны нулю, тогда все с„ = 0 тождественно. Таким образом, в нетривиальном случае нулю могут равняться лишь какие-то суммы нечетных степеней. Докажем, что если среди

116

сумм нечетных степеней бесконечно много равных нулю, то все эти суммы обязательно равны нулю. Для этого покажем по индукции, что если среди сумм последовательных степеней 2 т действительных чисел бесконечно много нулей, то эти числа разбиваются на т пар, состоящих каждая из положительного и равного ему по модулю отрицательного числа. Действительно, пусть b—максимум модуля чисел ак, причем среди максимальных по модулю р положительных и q отрицательных. Не ограничивая общности, можно считать, что это числа ах = . . . — ар ~Ь, aP+i= • • • = aP+q = — Ь, а последующие (если они есть) числа меньше, и максимум их модуля равен d, 0=sCd<&. Тогда

c**+i = {Р~Ч) b2k+1 + (аР + д + 1 ) 2 f t + 1 + • • • + ( 0 * * +\

и если p¥=q, т. е. | р — q \ ^ \ , то при достаточно больших k,п t . 1 _ log Ат точнее, при 26 + 1 > iogfcl k-;ti имеем:

k rt+ il > |р — q\b*h+1 — 2 md2* + 1 > \ b * k+\

т. e., начиная с 2k -f 1 = ~Ь Ь все нечетные степени

также отличны от нуля, что противоречит условию задачи. Значит, p — q и сумма нечетных степеней первых p-\-q чисел всегда равна нулю. Следовательно, среди суммы нечетных степеней остальных чисел ар+д+1, • ••, а2т (если они есть) бесконечно много нулей. Тогда, по предположению индукции, они разбиваются на пары, требуемые условием леммы. Первые же числа также разбиваются на пары, их р положительных и q = p отрицательных, равных по модулю. Лемма доказана.

Отсюда следует, что все нечетные степени взаимно уничтожаются.

5 6 . По смыслу задачи n > 1. Рассмотрим (п —&)-й день. В этот день для раздачи оставалось медалей. На следующий

(п — 1 )-й день останется xn_k+1 = x„_k—n-\~k —1 6

—у (хп-к— n + k) медалей, т. е. х„ _ й + 1 = у (*„_*— п + k).

ОткудаX n - k = ~g" X n - k + 1 ( 1 )

Используя формулу (1), получим х„ = п; так как х„ + 1 = 0,

*« - ! = -$ п — 1 + n = y n + (n— 1).

Хп - 2 = (-§■ )2/г + -g- (Л — 1) + (п — 2 ),

117

Предположим, что

xn~i = (-g-) я+ (-g-) (п l)+ ...+ -g-(n— / + 1) + (п—/). (2)

Докажем формулу (2) методом математической индукции. Для

*л-г+ 1 = ("5 ") п + - - - + - 0-(я — + 2 ) + (п— / + 1 )- (3)7

Умножив обе части (3) на -g-, прибавив к обеим частям (п — I)и подставив в ( 1 ), получим (2 ).

По условию х 1 = т, поэтому

т = ( т р " + (1 ) п~2 ( " - • + 24 + 1=- » ( № Г + № Г + - + 1) - ( ^ Г + 2 (тГ +

+ . . . + ( n - 1)) = 6 п 1 ) - 4 2 ( l ) n _ 1 + 42 + 6 ( n - l ) =

= 6 ( п - 6 ) - ( ^ ) " + 36.

Но так как 7 и 6 взаимно просты, то —целое число. Отсюда заключаем, что п делится на 6 . Докажем, что | п — 6 | < 6 П - 1

для любого п > 6 .

|п — 6 | = . . . . < 2 »-i < 6 »"S

что и требовалось доказать. 0

Итак | п — 6 1 < 6 “- 1, но —целое число, меньшее 1.Отсюда можно заключить, что п — 6 = 0, или п = 6 . Тогда т = 36.

Легко проверяется, что n = 6 , т = 36 удовлетворяют условию задачи.

57. Р е ш е н и е 1. По теореме синусов (рис. 34) имеем:а Ь с а Ь] с = --------= - и пи -------- = -----------— ---------

sin A sin В sin С s in A sin 2Л, sin ЗЛ ’

так как В = 2А и, следовательно, b > а.Обозначим ° .--= А. sin ЛТогда из соотношений

а2 — К2 sin2 А , Ь2 = к2 sin2 2А , с2 = к2 sin2 3А

следуют соотношенияb2—a2 = K2(sin22A — sin2 Л), ас= к2 sin A -sin ЗЛ.

Но легко сосчитать, чтоsin2 2Л — sin2 Л = sin Л- в тЗЛ,

11Я

Рис. 34 Рис. 35

следовательно, в рассматриваемом треугольнике мы имеем 6 2 —о2 = ос, или 6 2 = а(о + с). Рассмотрим соотношение 6 2 = о (о + с ). Возможны следующие случаи:

1) о = п, 6 = п + 1 , с = п + 2. Тогда (я + 1 ) 2 = п(2п + 2), т. е. п2 — 1 = 0 , откуда п = 1 и о = 1 , 6 = 2 , с = 3 — вырожденный треугольник.

2) о = п, 6 = п + 2, с = п + 1 . Тогда (я + 2) 2 = п (2 п + 1 ), т. е.п = 4 и о = 4, 6 = 6 , с = 5—решение задачи.

3) с = п, а = п~\-1, 6 = п + 2 , откуда п2 — я —3 = 0 —уравнение не имеет целых корней.

Докажем, что треугольник со сторонами а = 4, 6 = 6 , с = 5 является решением задачи, т. е. углы этого треугольника удовлетворяют условию.

'лВычислим cos л и cos В. Из теоремы косинусов получаем✓Ч J /\ 3 £ч ^

cos В = ^ 9 cos Л — -у, т. е. cos2A = cos В и, следовательно,о 4/\ /ч

В = 2 А.Ре ше нт г е 2. Проведем биссектрису BD угла В (рис. 35)

и обозначим | CD \ = blt |£б4| = 6 2. Тогда Д Д С П о о Д Л Д С и,

следовательно, = = откуда с = 6 2-^-, а = Ь1~

Сложив эти равенства, получим/U I и \ 6 £ 2 ,(6 1 + 6 2)-— = — = с + о —целое число.

Так как по условию длины сторон— последовательные целые числа и 6 > о, то либо 1 ) 6 = о + 1 , либо 2 ) 6 = о + 2 .

1 ) ь — а + 1 , ~ = ° — - = о + 2 + - - и, следовательно, о = 1 ,6 = 2 , с = 3—треугольник вырожденный.

„ Ь2 о 2 + 4 а + 4 . . . 42) 6 = а + 2, — = —— = о + 4 + — , следовательно, о—делитель 4. Поэтому либо о = 1 , либо о = 2, либо о = 4 .

119

Если о = 1 , тогда 6 = 3 и с = —— о = 8 , что не удовлетворяет условию.

Если о = 2 , тогда 6 = 4 и с = 6 , что тоже не удовлетворяет условию.

Если о = 4, тогда 6 = 6 и с = 5 — решение задачи.5 8 . Так как произведение цифр неотрицательно, то х2—10х—

— 2 2 ^ 0 , следовательно, х ^ 5 + 1 /4 7 > 1 1 .Докажем, что произведение цифр любого числа не больше

самого числа. Пусть х = а 1а 2а 3. . .а „ , тогда+ • + • . . . -ап < o 1 -9, i _ 1 < + ■ 10к _ 1 + о2- 10" - 2 + . . . + о„ = х. Отсюда вытекает, что х2 — 10х—22 + х, следовательно,

х < ^ + -^ ° 9 < 13. Таким образом, целое число х удовлетворяет неравенству 11 < х < 13. Значит, х = 12.

Проверка: 144— 120—2 2 = 1-2.5 9 . Пусть }B = x2— x v у 2 — xs х2, . . . ,

f 6 i = = -*'ft + 1 + 1 У п - 1 — Х п + j - l > У п ~ % 1 п'п

Тогда + = ox£ + (6 — l)x ft + c, аit— I

а) Если (6 — I)2 — 4ас < 0, то многочлен ах2+ (6 — 1)х + с не имеет действительных корней и принимает значения толькоодного знака и поэтому либо все ук > 0 , либо все ук < 0 , чего

Пне может быть, так как 2 Ук = О- Следовательно, система не

*=iимеет действительных решений.

б) Если (6 — I) 2 — 4ас = 0, то многочлен ах2 + (6 — 1)х + с обращается в нуль только при одном значении х и либо все ук ~^О,

Плибо все О, но так как 2 + ,= 0 , то все yk—ax%+(b— 1 ) хк+

к= 1+ с = 0 , и тогда Xj = x2= . . . = х„ = х0,где х0—единственный корень трехчлена. Следовательно, система имеет единственное действительное решение: все хк — х0.

в) Если (6 — I) 2 — 4ос > 0, то система имеет по крайней мере два решения, а именно все хк — х'0 и все хк =-х"п, где х'0 и х'0— корни многочлена ах2+ ( 6 — 1 )х + с, поскольку х0 — ах\-\-Ьх0фс.

6 0 . Введем обозначения: А,- (г = 1, 2, 3, 4)—вершина тетраэдра, а!к = аы—длина ребра А {Ак. Пусть + 2—длина ребра, которое не короче остальных, т. е.

a12> a ik (t, 6 = 1 , 2, 3, 4, 1фк) .

В треугольниках А 1А 2А 3 и A 1A 2Ai+ 2 ^ 13 ~b^ 2 3> + 2 +4 “Ь ®24*

Отсюда2 я 1 2 < о 13 + а2 з + а 14 + а 24. ( 1 )

120

г

Предположим, что из отрезков а12, а13, аы нельзя построить треугольник; тогда

аг2 а13 -f- alt. (2 )

Из (1) и (2) следует, что а 1 2 < а 2 3 + а 24, а в таком случае из отрезков а12, а23, a2i можно построить треугольник.

61. а) Докажем, что функция имеет период 2а. Из условиявидно, что f ( x + a) > -i- для всех х. Перенесем ~ в левую частьи возведем в квадрат:

( f{x + а) — !■)* = f(x) — (f (х))\

или ( f(x + a))*— f ( x + a) = f(x) — (f(x))*— ( 1 )

Напишем f (x + 2a) = + ] / f (x + a) — (f (x + a))2

и, используя ( 1 ), получим:

П х + 2 а ) = ± + У ( f ( x ) ) * - f ( x ) + ± = ± + f ( x ) - ± -

так как (x) > .

б) Как легко проверить, условию при а = 1 (рис. 36) удовлетворяет функция

/(*) =4 -, 2 п ^ х < 2 « + 1 ,2

1 , 2 n + 1 < 2 п -J- 2 ,n = 0 ; 1 ; + 2 , . . . .

Можно указать и более сложный пример (рис. 37):

/(*) =2 /г ^ дс ^ 2 / г 1

у + п ~ ( т * - ” ) ’ 2п+ 1 < х < 2 / г + 2 ,f i= 0 j zfc 1 у zh2 ; . . . .

121

6 2 . Р е ш е н и е 1. Используем лемму

[ * + т ] “ Р * Ь М -

Д о к а з а т е л ь с т в о . Любое число х можно представить либо как x = k + a, либо как x = k + + а > где k целое и

О <сс < .

Для x = k - \ - a \ = k \ \2k + 2a\ = 2k\ [ k + a \ = k,

т. e. [ x - f y j = [2 x] —[x\.

Для x = k-\- - -T-cc: ~\~~2 Jr a -b'jf j = "b

\2k-\-2a-\- 1 ] = 2 ^ 4 - 1 ; -f y - f ccj = 6 , т- e- и в этом случае

| л; + y ] = [2 ^ ]—[*]• Лемма доказана.Перепишем сумму и применим лемму:

[ т + т ] + [ т + т ] + • •• + | W ? + 4 ' ] + " • =

так как при & > ^ 2ячлен и все последующие равны

нулю.Р е ш е н и е 2. Заметим, что, как только становится 2' > я,

этот член и все последующие обращаются в нуль, поэтому выписанный в условии ряд является конечным.

При переходе от я = £ — 1 к п =k каждый член ряда, очевидно, или остается тем самым, или увеличивается на единицу. Если член увеличился на единицу, тогда для некоторого целого т

k — 1 + 2 ' ' - k + 2 i------------------< т - ^ — — .

2 < + i 2 , + 1

Следовательно, k — 1 < m - 2 ,+1 —2‘ = 2' (2т — l ) ^ . k .Отсюда следует, что целое число k — 2l (2m— 1). Но для любого k имеется ровно одно значение показателя i ( i Ô) , для которого это верно. И обратно, для k = 2l (2т — 1) соответствующий член увеличивается на единицу. Таким образом, поскольку при n = 1 сумма равна единице и сумма увеличивается на единицу; когда я увеличивается на единицу, то сумма ряда равна я.

6 3 . Пусть a = 4fe4, где £ > 1 натуральное. Тогдаz = n4+ а — я4 + 4£* = п4 + 4я2£ 2 -f 4£4 —4я 2/>2 =

= (я2 + 2k2)2—4n2k2 = (я2 + 2k2 — 2nk) (я2 + 2k2 + 2nk); n2 + 2k2 — 2nk = (n— k)2+ k 2^ t k 2> 1 ; n2 + 2k2 + 2nk= (n + k)2 + k 2 > k2 > 1 ,

122

т. е. z является произведением двух сомножителей, каждый из которых больше 1. Значит, г —составное для бесконечного множества натуральных а = 4£4, где /г = 2, 3............

64.П П

f / у \ _ V cos (а<+*) _ V cos [(«>•+* i)+ (*— *i)]h 2 ' - 4 21-х

- c o s (*—*,) £ c ± S > - s i n ( * - * , ) £ E £ | t ± s ) =t'=l /=1 ^

= COS(X — * ! ) / ( * ! ) + s in (* — X ,) - / ( - J + ^ i ) ■

Ho f ( X j ) = О по условию. Если / + = 0 , TO f ( x ) = G> H 0

f i - a ^ c o s O + t I'i= 2 j—2 1

> l - S 4 - > 0 .

[ cos (а,-— й,)2‘~x

« = 2‘

Следовательно, Ц х )ф О и / =И=0. Значит, из условия

/(х 2) = 0 следует, что sin (х2 —х1) = 0 , т. е. х2—хг = тп.6 5 . Рассмотрим возможные случаи.1) k = \ . Пусть \А В\ = а , | AD\ = \ A C \ = \CB\ = \BD\ =

= | CD | = 1 - М —середина ребра CD (рис. 38). Тогда из тре-1 / 3-

угольника BCD имеем | ВМ | = — ; из Д ACD имеем | AM | =

= В А А В М \ А В \ < \ А М \ + \ В М \ , т . е. \ А В \ < У $ , или

а < |/3 . Это условие и достаточно. Действительно, тетраэдр, у которого грани ACD и CBD — равносторонние треугольникисо стороной 1, а ребро А В имеет длину а < | / 3 = == | ЛЛ4 | + 1 ВМ |, всегда можно построить.

2) k = 2. В этом случае имеются две возможности:а) Ребра длины а исходят из одной вершины.

| АС | = | AD | = a; | АВ \ = \ ВС | = | BD | = | CD | = 1.

т/"з"В этом случае из Д BCD (рис. 38) имеем | ВМ | = ; из

ДЛСТИ \ A M \ = j / а 2 — -i- . В треугольнике АВ М | ЛД | —

— | ВМ j < | AM I < I AB I -f I ВМ |, тогда

i ^ 3 ^ 1 / ' - Г , У з

Рис. 38

Все части неравенства положительны. Поэтому, возвысив каждую часть неравенства в квадрат, получим неравенство

>в 1 - К З + | < а * - | < 1 + 1 / 3 + | ,

равносильное данному. Отсюда2 —1/3 < а2 < 2 + V3 .

Извлекая корень из каждой части неравенства, получим:

Y 2 —К З < a < Y 2 + К З .

Это условие является и достаточным, что устанавливается построением тетраэдра, отвечающего указанным условиям. Например, построив равносторонний треугольник BCD, через середину CD—точку М построим плоскость, перпендикулярную ребру CD. В этой плоскости из точки В опишем дугу радиуса 1 и на ней найдем четвертую вершину тетраэдра, удаленную от М на расстояние AM такое, что

б) Ребра длины а противоположны.\AB\ = \CD\ = a; \AC\ = \AD\ = \BC\ = \BD\= 1. Тогда из ДЛШ П

(рис. 38) | MB | = j / " 1—4 , а из Д MAD \ А М \ = ] / 1 -

из Д АВМ ) AM | + 1MB I > \АВ |, отсюда 2 1 — \ > а , или

4 ( l — j ) > а2; 4 —а2 > а2; 2а2 < 4 ; а < 1/2.Это условие и достаточно, что можно показать, построив

тетраэдр, удовлетворяющий указанным условиям. Можно, например, построить 4 треугольника со сторонами 1,1 и а < К 2. Соединить их так, как указано на рисунке 38. Получим тетраэдр с ребрами \CD\ = \AB\ = a, \AC\ = \AD\ = \CB\ = \ B D \ = \ .

Таким образом, при k — 2 необходимым и достаточным усло

вием существования тетраэдра будет О < а < 1 f 2 + К З .3) k = 3. Могут быть три случая взаимного расположения

ребер.а) Ребра длины а имеют общую вершину. |ЛС| = ]ЛВ| =

= | AD ( = а\ | ВС ] = | BD | = | CD | = 1. Тогда должно быть | АС |> > | С О | , где О—центр треугольника BCD (рис. 39). Это условие,

124

r

очевидно, необходимо и достаточно:

| СО\ = R = , а > R, а > ^ .

б) Ребра длины а образуют треугольник. Пусть \BC\ = \BD\ == | CD | = a; \AC\ = \A B\ = \AD\ == 1 (рис. 39).

Аналогично предыдущему случаю получаем, что|С0| < | АС |; |СО| = /?; a = RV&,

« < ' ■

y g < u « < к з .

Случай в), когда \А В\ == | CD | = | ВС | = a; \AC\ = \AD\ =— | DB | = 1 , рассматривать не нужно, так как необходимые идостаточные условия на число а в случаях а) и б) уже покрывают всю положительную полуось > -^= ; а < j /3 j _ pjQ.

этому для k = 3 искомый тетраэдр существует при любом а > 0.4) £=-4 и k = 5 легко сводятся к k — 2 и k = l Действительно, при к = 4 уменьшим все ребра тетраэдра в а

раз, получим 4 ребра длины 1 и два ребра длины ~ . Обозна

чим ~- = Ь, тогда, учитывая случай 2 ), необходимое и достаточное условие запишется так:

0 < Ь < f A + J/3 , т. е. 0 < i- < - / 2+ К З .

1

Рис. 39

Отсюда а >\ Г2+ V3

ИЛИ а > У 2 —1/3.

При 6 = 5, выполнив те же преобразования, получим 5 ребер длины 1 и одно длины b = .

Исходя из случая (1), получим Ь < У 3, отсюда —< 1 / 3 или 1а > Уз

6 6 . Пусть 0 2 центр у2, 0 2Д 2 _]_ АВ (рис. 40). Пусть для определенности Н 2 лежит между В и D (второй случай рассматривается аналогично). Примем радиус у за единицу. Обозначим \AD\ = x, |0 2Я 2| = г. Тогда | Л Я 2| = л + х; |0 0 2| = 1 / [ 0 Я Д М ^ =

125

I

= V ( x + r — 1 ) 2 + г2. Так как у и у2 касаются, то 1 0 0 21 + \0 2К | = 1 , т. е. ]/(* + ,— 1 ) 2 + г2 = 1 - г , (x + r — 1 ) 2 = 1 — 2 г, отсюда | ЛЯ 2| 2 = (х+ г ) 2 = =((х + г - 1 ) + 1 )2 = 2 х.

Но | AC |2= | A D \- \АВ\= = 2 х = | ЛЯ 2 12, т. е .| АС\ == \ л н 2\.

Пусть 0 3—центр у3; 0 3Я 3 _]_ЛЯ. Точно так же доказывается, что | ВС | = | ВН 31. Пусть О, —середина отрезка 0 30 2; 0 1H l АВ. Покажем, что О, —центр у 1ш Так как 0 1Н1—средняя линия тра-

| 0 3Я3| + | 0 2Я2| 2пеции 0 2Н 2Н 30 3, то IC y ^ |

Но 0 3Н 3 есть радиус окружности у 3. CD—касательная к у 3. Расстояние от 0 3 до CD равно радиусу у 3. Это расстояние равно H 3D. Следовательно, |0 3Я 3| = |Я 3Я|. |0 2Я 2| = г —радиусу у 2. CD— касательная к у2. Расстояние от 0 2 до CD равно г. Эго расстояние равно H 2D. Следовательно, 102Я 2 1 = | H 2D |.

Значит,1 0 ^н | | 0 3Я 3 | + | 0 2Я 2 1 |Я 3Д | + | Я 2Д | \ Н 3Н 2 \

\ а н 2\ + \ в н 3 \ - \ а в \ |Л С | + | ВС\ — | А В |2

|Л Я 3 | + |Л Я 2 | | А Н 2 | + 1 А В | — | В Н Я | \ А С \ + \ А В \2 — 2 2

2 ~

АН, | =

\вс\

Пусть теперь 0[ центр у г; 0[Н[ А В -, 0{М^_АС\ 0[N J_ ВС; М и N —точки касания Д Л Я С и у^

\А С \ + \ А В \ - \ В С \я:Тогда | АН[ I ЛЯ, |.

Но\ АН',\ + \А М \ = ( \ А В \ - \ В Н ' , \ ) + ( \ А С \ - \ М С \ ) = \ А С \ +

+ | АВ | — (| МС | + ] ВН\ | ) = | АС | + \ A B \ - ( \ C N \ + \ B N \ ) = = |ЛС| + |ЛЯ| — \ВС\, так как |МС| = |СЯ| и \BH[\ = \B N \ как касательные к одной окружности, проведенные, первые— из точки С, вторые—из точки В.

I о[н; |= | о [ м | = | с м | = = | о 1н 11.Значит, О, и 0J совпадают.

Итак, мы доказали, что 0„ 0 2 и 0 3 лежат на одной прямой. Так как прямая, симметричная касательной к окружности относительно

126

r

любой прямой, проходящей через Вее центр, есть также касательная, дто прямая, симметричная АВ от- / \носительно 0 30 i0 2, есть искомая / \общая касательная. / \

©7. Некоторые участники / \олимпиады дали лучшую оценку, / \чем требовалось условием зада- т~—чи. Они показали, что число вы- / / -------пуклых четырехугольников с вер- / /шинами в данных п точках не / / ^___ --—

меньше, чем . За такое ре- АРис. 41шение жюри присудило специаль

ные призы. Мы приводим одно из этих решений.Л е м м а . Среди 5 точек на плоскости, никакие три из кото

рых не лежат на одной прямой, найдутся 4, образующие выпуклый четырехугольник.

Доказательство леммы приведено в задаче № 101.Рассмотрим все возможные группы по 5 точек, выбранные из

данных п точек (они существуют, так как п > 4). Таких групп будет С„. В каждой группе найдется по крайней мере одна четверка точек, образующих выпуклый четырехугольник. Но каждый такой четырехугольник мог быть сосчитан п —4 раза, так как при фиксированных четырех точках — вершинах этого четырехугольника — в качестве пятой точки можно взять любую из оставшихся п —4 точек. Поэтому всего выпуклых четырехугольников будет не менееС5 £>5

. Покажем, что Эквивалентными преобразова

ниями получим:

п (п — 1)(/г — 2)(п — 3) ( п — 4) ^ (п—3) (п—4)120 (п — 4) ' 2 ' ’

п (п— 1) (п — 2) — 60 (п—4) > 0 , IIs—3/г2 — 58/г + 240 > 0 .

Полученный многочлен имеет три корня: п — 5; п = 6 ; п = — 8 . Неравенство можно переписать в виде (п — 5){п—6 ) (п + 8 ) ^ 0 . Так как п > 4, то равенство имеет место только при п = 5 и п = 6 .

С 5При п > 6 имеет место строгое неравенство > С®_3.

6 3 . Обозначим х1у 1— z\ = Dx; x 2y2— zl = D2\

(x1-j-x2) (y1 "Tу 2) D.

Докажем, чтоD

xx -x2

127

Действительно, рассмотрим многочленыPi (0 = x j 2 + 2Z j + y j Р 2 (t) = x2t2 + 2z2t +УА

PV) = Pi(t) + P t (t).Легко убедиться, что — Dy, — D2, — D — их дискриминанты,

min P (t ) ^ min Px (t) + min P 2 (t ).Ho

m inP 1( t ) = — \ min P 2 (£) = — ; minP(£): DX i V ' X 2 ’ W * 1 + * ;2

(так как старший коэффициент в Р (t) равен (хх+ х 2)), откуда и следует требуемое неравенство. Равенство достигается тогда и только тогда, когда минимумы Р 1 (t) и Р 2 (/) достигаются в однойточке, т.е. — = — . Из доказанного неравенства следует, чтотаккак

*1 х2Dj > О, D2 > 0, то D > 0. Таким образом, 8

<*+*■> ( f +тг) 'g

Осталось доказать, что ----------^ sSj Dp1 + Dr \ так как(*! -р х2) ( f + f )

знаменатель дроби положителен, то последнее неравенство эквивалентно неравенству

(Df1 + D ," 1) D , D .) ^ 8 .

Преобразуем левую часть неравенства:

(D ^ + D r1) ( ^ ^ D 1 + ^ l ^ - 2 D2) = *1 Н“ *2 I Х1 ~~Ь х2 I I 2 I *2 jjf I —2__

П г% ^2 Z2 Oj Xi D-} ^ 2 -^ 1

" 2+ ( S - + t ) + ( ^ + f t ) + ( l - f t + t - t ) > 8'так как каждая сумма взаимнообратных величин по неравенству Коши не меньше двух.

Утверждение полностью доказано. Равенство достигается тогда и только тогда, когда х1 = х2, Dj = D2. В исходном неравенстве равенство достигается тогда и только тогда, когда одновременно выполняются три условия:

Х1 = Х2, I Xj = X 2f

Р*i ^ 2» откуда J У1 У2’iL = is.х± х 2 2л -- Za

6 9 . Л е м м а . Пусть АВС = р, ВАС — о., О—центр вписанной окружности радиуса г, 0 г—центр вневписанной окружности ра-

128

диуса р. Тогда (рис. 42)

г , а , В- j T ^ e - r - t g f .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Так как ОДЛ = - |- , ОАВ = у ,

ОЛ J_ 0 ХЛ, ОД _L 0 ^ , то| Д В | = И М + | jv b | = J _ ( t g i + t g f ) .

tgT t g T g T g lTС другой стороны,

M 5 H ^ / C | + |/C5| = p t g - | + p t g - | = p ( t g f + t g | ) . Следовательно,

t а * Р*ет *ет( t g | + tg - y ) = p ( t g - y + t g - l - ) .

Откуда “ tg- f - tg- ! - .0ШД о к а з а т е л ь с т в о у т в е р ж д е н и я з а д а ч и . Пусть

СМВ = у (рис. 43). Тогда по лемме

Так как СМА = п —у, то по лемме

^ = t g f t g ^ = t g - f - c t g f .

5 Л'о 41 129

г..

Перемножив эти равенства почленно, получим:

И . tgi- tgX tg eta X = te i- tc -^=P i P2 ё 2 b 2 ё 2 ° 2 6 2 ь 2 p

Утверждение доказано.л л л- 1

то. л„= 2 дп= 2 Дг-1= 2 Х/ЛА = О fc = О k = оЛ - 1

Вц—1= 2k = оЗначит, Л„_1 = Л „ —х„ал, Д„ _ 1 = Д„— Пусть а > Ь . Тогда ак > Ь к и для ЛК)бого k ~ ^ l . Так как xk > 0 для k — nи k = n — 1 и / ( й ^ 0 для k - ^ n — 2 , то из последних неравенств

ft

следует, что ^ ^ ( 7 — р - ) < 0 . а значит,

П Пv Хп~ь / v хп-Ф ^ jL* ъь

i—kk=o fc= 0

Отсюда следует, что ft = 0 fc— 02 хп—к аП * 2 ] хп — к&п * < Я ЬЛ

Л В ап Ъпт. е. и, значит, -т— > -к—, что равносильно неравенствуа о л„ п пх ап х 6^

1 --- j — < 1 — jr—, а последнее преобразуется к видуЛп—1 ^ Вп —1

Пусть Лп - 1 ^ В„ - 1< . Проведя все рассуждения в обратном

порядке, получим: £ *п_й (-2 — 2 ) < 0 .* = 0 4 '

130

Так как xn_k ^ 0, причем хпФО и хп_1ФО, то неравенство возможно только при а > Ь.

71. а) По условию аА^ 1 , аА_ 1 ^ а А. Значит, 1—akследовательно,

Докажем, что Ьп < 2.

— V - r = = 2 =At ? V а* / V V * T i Oft (2 V ak) ^ АУ 1 аА( V ^ k + * 4 - i )

По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом

Vak - 1

akимеем:

П

- r L = > 2 Y i - ^ . _ U = 2 l / - LУ о А_ х г аА К а * - ! г ак

Ьп < 2 ----------7 = 1 = 2 ( ~ 7 = -------7 = 1 = 2 ( 1 ------------7 = 1 < 2 *fctl \ Vak-i Vak) VK«o K<W \ K<Wв) Докажем, что последовательность an = qn, q > 1 удовлет

воряет условию задачи.Действительно, а 0 = 1 , аА > ак_17 так как q > 1. Преоб

разуем Ьп, используя формулу суммы п членов геометрической прогрессии

По условию с < 2, поэтому существует такое Л/, что с < АТ < 2

^например, ЛГ = —y - j • Выберем q так, чтобы ^ ~ г - = АТ, т. е.

возьмем Y q = * ^ 4— ; при 0 < М < 2 , как легко прове-

1 + К * - M /И ^ , , Л— ^ ^ .рить, ■ 2М > 1 , т. е. у q > 1 , а значит, q > l .

5* 131

Покажем, что для найденного q существует N, такое, что для n > i V bn > с. Тождественными преобразованиями неравенства Ьп > с, где

72. Среди 6 последовательных натуральных чисел по крайней мере одно должно делиться на 5. Если эти числа обладают указанным в задаче свойством, то, значит, два из них делятся на 5. Такими числами могут быть п и п + 5.

Покажем, что произведение любых двух чисел больше каждого из остальных. Для этого достаточно показать, что n (n - f 1) > > я + 5. Действительно, разность n ( n - f l ) —(п + 5) = п2—5 при п > 5 всегда положительна. Следовательно, n ( n + 1) > п + 5. Из этого следует, что каждое произведение содержит ровно 3 сомножителя. В таком случае имеется 6 возможностей объединения 6 чисел в 2 произведения, учитывая, что меньшее число п и большее п + 5 должны входить в разные произведения (вследствие их кратности числу 5).

1 ) n (ti -f-1 ) (n -f-2 ) и (n -f-3) (n -f-4) (n -f-5);2) n (n -f-1) (n -f-3) и (n -f-2) (n -j- 4) (n -j- 5);3) n (n -(- 1) (n -)- 4) и (ti —(— 2) (/r —(— 3) (n -(- 5)j4) n (n -f 2) (n - f 3) и (n -f l ) ( n - f 4 )(n -f 5);5) n(n + 2)(n + 4) и (н-f l) (n - f 3 ) (n - f5);6 ) ti {ti 3) (h -(- 4) и (/i -(- 1) (ti -)- 2) (m -)- 5).Случаи 1)—5) невозможны, так как каждый из сомножителей

второго произведения больше соответствующего сомножителя первого произведения, а следовательно, все второе произведение больше первого произведения.

откуда п > logq (л;_ ср .

получ

о, т. е. можно положить

ЛПокажем, что и случай 6 ) невозмо

жен. Пусть п (п + 3) (n + 4 )= (n + 1) (/г + + 2)(п + 5). Тогда п3 + 7п2 + 12п = = n 3 -j-8 n2 -f- 17n-f 10 не имеет действительных корней. Поэтому не существует положительных чисел, обладающих указанным в задаче свойством.

В Л AED, так как АЕ _|_ ВС и DOJ^BC и, следовательно, ВС _]_ AD (рис. 44).

73. Докажем, что в данном тетраэдре противоположные ребра (например, ВС и AD) перпендикулярны. ВС _|_ пл.

FРис. 44

Докажем, что плоские углы при вершине D прямые. DB J DC— по условию, DC J_ АВ как противоположные ребра тетраэдра, следовательно, DC _]_ пл. ABD и, следовательно, DC J_ AD. Аналогично доказывается, что AD _|_ DB.

Теперь в исходном неравенстве, выразив правую часть через | АВ |, | ВС\ и | АС\: | AD |2-f \BD |2= | АВ |2, | AD |2-f | CD |2= | АС |2

и | BD | 2 + 1 CD |2 = j ВС |2, получим(| АВ | + | ВС\ + \АС\У < 3 ( | A B \z + \ АС |2 + |В С |а),

что эквивалентно неравенству\АВ\*+\ВС |2 _ | Л Д [ . |ДС| + Mg l2 + i i c l2_ _ | А В \- \АС \ +

+ |БС|2+ И С|1 — | д с | . | Л С |> 0 ,

последнее очевидно, так как — ^ a b .Равенство достигается при | АВ | = | ВС\ = \ С А |.7 4 . Л е м м а . Если имеется 5 точек, никакие три из которых

не лежат на одной прямой, то можно выбрать не менее трех неостроугольных треугольников с вершинами в этих точках.

Пусть выпуклая оболочка этих точек—треугольник. Тогда внутри треугольника будут лежать две из пяти точек, пусть, например, точки D и Е (рис. 45). Тогда каждая из этих точек служит вершиной трех треугольников и, по крайней мере, два из них неостроугольные. Следовательно, в этом случае всего не менее четырех неостроугольных треугольников.

Пусть выпуклая оболочка пяти точек—выпуклый четырехугольник (рис. 46). Тогда, по крайней мере, один треугольник с вершиной в этих точках неостроугольный. Одна из пяти точек, например Е, лежит внутри четырехугольника, а значит, внутри одного из треугольников (на диагонали она лежать не может, гак как по условию никакие три точки не лежат на одной прямой). Пусть Е лежит внутри треугольника АВС. Значит, по крайней мере, два из трех треугольников АВЕ, ВЕС , ЛЕС неостроугольные. Следовательно, всего не менее трех неостроугольных треугольников.

В

133


Пусть, наконец, выпуклая оболочка—выпуклый пятиугольник. Сумма углов выпуклого пятиугольника равна 180°- 3 = 540°. В этом случае по крайней мере два угла пятиугольника неострые.

Пусть вершины двух неострых углов прилежат к одной стороне. Например, к АВ. Рассмотрим четырехугольник BCDE (рис. 47). Хотя бы один из его углов неострый. Значит, и в этом случае найдутся хотя бы три неостроугольных треугольника.

Пусть вершины неострых углов Л и С не прилежат к одной стороне (рис. 48). Тогда рассмотрим четырехугольник ACDE. Хотя бы один из его углов неострый. Значит, и в этом случае имеется хотя бы три неостроугольных треугольника.

Лемма полностью доказана.По доказанной лемме из 100 точек можно выбрать 3-Cf00 не-

остроугольпых треугольников. Но один и тот же треугольник можно составить из разных пяти точек, т. е. он войдет в Cjj, пятков точек. Таким образом, неостроугольных треугольников можно

3-С 5выбрать не меньше чем — 21с°- , а всего треугольников Ci00. Зна-С8 7

3 - с 5чит, остроугольных не больше С? 00----- 210”- . Отношение их числаС р 7

к общему числу треугольников будет равно

/-’3 З -Cioo . /-.а 1 3-Cjtoo*-100 .«-1 0 0— 1 Г2 г з 3

и 87 J О<)7 О 1 0 0

3 -100 -99 -9 8 -9 7 -9 6 -I-2 -I-2 -3 . 31 -2 -3 -4 -5 -9 7 -9 0 -1 0 0 -99-98 — То ^ и »7 »

что и требовалось доказать.7 5 . Докажем справедливость утверждения при п = 3. Преоб

разуем левую часть неравенства

(at — аг) (а— а3) + (а2— a j (а3— а3) + (а3— ,a j (а3— а2) = е= al— axa 3 —а хаа -f а2а3 + а\— а2а3 — axa2 + ага3 + а\— а2а3 —

— a1a3-{-a1a2==al— ala3- - a 1a2 + al— a2a3 + al=>

= у ((«х—«2)а + (а2 —а3)2 + (а3— аг)*).

134

Полученное выражение при любых alt а2, а3 неотрицательно. Таким образом, при п = 3 утверждение справедливо.

При п — 5 применим следующее рассуждение. В силу симметричности левой части относительно at и af (i ф j) можно, не ограничивая общности, считать, что at ^ а 2^ а 3 ^ а 4 ~^аъ. В таком случае

ак—а2 0 , аг—а3 а2—а3 О, ai—CLt ^ а2— ai ^ 0 .ах—аъ ф а2—а5 ф 0 ;

так что (аг—a ^ ( a t —а3) (aY—о2)(аг——о5) + (а2— а^{а2— as)(a2— а,)(а2—о6)> 0 . А 1

Аналогично(ai — a1)(ai — ai){ai — a3)(ai — a5) + Рис- 49

+ (a6— a1)(a6— a2)(as— a3){ab— ai) ^ 0 .Наконец, (а3—аг) (а3—а2) (а3—п4) (а8—аь) ^ 0 как произ

ведение двух неотрицательных и двух неположительных сомножителей. Из этого следует справедливость неравенства в целом для п = 5.

В несправедливости неравенства при других п > 2 убеждаемся путем построения примера.

При л»= 4 такой пример дают числа ^ = 0, а2 = а3 = аА— I, а при я > 5 — числа а1 = а2= . . . = а „ _ 4 = 0 ,

йп—з ап —2 «„_! = 2 , ап 1 .76. Обозначим через Р многогранник, полученный из Рх

гомотетией с центром А ± и коэффициентом 2. Легко заметить, что все многогранники Р и . . . , Р„ содержатся в Р . В самом деле, пусть, например, X £ Р 2. Тогда существует точка У € Р , такая, что X является образом точки У при переносе А г—► Л2. Рассмотрев параллелограмм А хА 2ХУ (рис. 49), убеждаемся, что точка пересечения его диагоналей Z ^ P lt так как А 2£ Р г, Y £ Р± и Pt выпуклый. Но точка X получается из Z гомотетией с центром Ai и коэффициентом 2. Значит, X (Е Р-

Итак, многогранник Р , объем которого V (Р), очевидно, равен 8 У (P J, содержит внутри себя 9 многогранников объема V (Рг). Значит, по крайней мере два из них должны иметь пересечение, объем которого положителен. Тем самым утверждение доказано.

77. Докажем утверждение задачи по индукции. Пусть имеется k чисел:

а 1 = 2 ’н— 3, а2 = 2п*— 3........... ah = 2 "*—3,

каждые два из которых взаимно просты, причем 2 = п1 < п2 < . . . . . . < пк. Построим число ak+1 = 2"*+*— 3, взаимно простое с любым из этих чисел. Положим 1 = а1а2. . .ак. Среди I + 1 чисел 2°, 21, . . .

135

. . 2' найдутся по крайней мере два, дающих при делении на / одинаковый остаток. Пусть это будут числа 2Г и 2s (г > s). Тогда найдется натуральное число р, такое, что pi = 2r—2s = (2 r_t— 1 ) 2s. Поскольку I нечетно, отсюда следует, что 2r~s— 1 делится на I, т. е. для некоторого q 2r~s— 1 = ql. Тогда 2r ~ s + 2 — 3 = 4 - 2 /'_i—3 = = 4 (<7 / + 1) — 3 = 4^/ 1, и его можно взять в качестве числаак+1, так как оно, очевидно, не имеет общих делите пей с I, а значит, и ни с одним из чисел аг, аг, . . . , ак. Кроме того, ak+1 > ak. Таким образом, можно построить сколь угодно много чисел, удовлетворяющих требованиям задачи.

7 8 . а) Допустим противное, т. е. предположим существование кратчайшей ломаной X Y Z T X (рис. 50). Развернем грани АВС и BCD так, чтобы они лежали в одной плоскости. Получим выпуклый четырехугольник ABDC (рис. 51). Тогда из того, чтоломаная имеет минимальную длину, следует, что X Y B = ZYC, ибо иначе мы могли бы получить меньшую длину изменением положения точки У. Аналогичные рассуждения показывают, что

YZC = TZD,

ZTD = X T A ,

T X A — YXB.Отсюда получаем:

DAB + BCD = 180°— Т Х А — Х Т А +180°—YZC— ZYC =

— 180°— Y X B — X Y B + 180°— ZTD - TZD = ABC + A DC,что противоречит условию пункта а),

б) Пусть теперь

DAB+BCD==ABCA-ADC. ( 1 )

Фигурирующий в условии угол а представляет собой сумму всех


136

плоских углов при вершине А. Обозначим соответственно через Р, у, б сумму плоских углов при вершинах В, С, D.

Так как BJ\b + BAC + CAD = a, АСВ + ACD + BCD = у, то, учитывая ( 1 ), получим

a + y = ^ D + C + C ^ + A ^ + ACb + BCD==

= AJ№ + ADC + BAC + CAD + ACB + AC b =

>= (ABC + ВАС + АСВ) + (ADC + CAD + ACD) = 36GP,т. e. а + У = 360°. Аналогично и р - f 6 = 360°. Отсюда хотя бы один из углов а, у и один из углов (5, б не превосходит 180°. Пусть таковыми будут углы а и р. Разрежем поверхность тетраэдра ABCD вдоль ребер AC, CD и DB и развернем ее. (Если бы не превосходящими 180° были другие углы, мы делали бы разрез вдоль других ребер, добиваясь каждый раз, чтобы ломаная, вдоль которой делается разрез, имела конечные точки в вершинах этих углов.) Получим развертку AC'D'BDC (рис. 52), сложенную из треугольников AC'D ' , ABD', АВС и BCD. Из равенства (1) получаем, что отрезки CD и C'D' параллельны и одинаково ориентированы. Тогда CDD'C' — параллелограмм, причем из рассмотрения равнобедренного треугольника АСС' следует,что | СС' | = 2 1 AC |- sin - j . Поскольку а и р предполагаются не

превосходящими 180°, то параллелограмм CDD'C' целиком содержится в фигуре AC'D'BDC и каждому отрезку ZZ', параллельному и конгруэнтному отрезку СС' , соответствует ломаная X Y Z T X минимальной длины.

7 9 . Искомое множество построим по индукции. При m = 1 таким множеством является пара точек на единичном расстоянии друг от друга.

Пусть для m = k требуемое множество построено. Обозначим его через S k. Используя его, построим множество для m = k- f-1. Очевидно, задача будет решена, если мы найдем такой сдвиг множества S k на единичный вектор, что полученное в результате сдвига множество S'k не имеет общих точек с Sk и любая точка из S'k находится на единичном расстоянии только от одной точки множества Sk, а именно той, из которой она получена в результате сдвига. Тогда искомым множеством S*+] будет объединение множеств S k и 5*. Покажем, что такой сдвиг можно найти. Построим единичные окружности с центрами в каждой точке множества Sk. Для каждой точки X £ 5* окружность, центром которой она является, имеет лишь конечное число точек пересе

137

чения с другими окружностями. Рассмотрим множество единичных векторов, исходящих из точки X и оканчивающихся в этих точках пересечения с другими окружностями, а также в других точках множества Sk, лежащих от X на единичном расстоянии. Такие множества векторов образуем для каждой точки из S k. Очевидно, Есе такие векторы для всех точек из S k образуют конечное множество. Поэтому можно найти такой единичный вектор, который не является параллельным ни одному из векторов этого конечного множества.

Нетрудно проверить, что так найденный вектор осуществляет искомый сдвиг.

8 0 . Рассмотрим всевозможные суммы элементов по строкам, а также суммы по столбцам. Пусть р —наименьшее значение из всех таких сумм. Если р ^ п , то утверждение задачи очевидно. Пусть теперь р < п. Поскольку перестановка строк и столбцов таблицы, очевидно, не меняет рассматриваемых здесь сумм, то мы можем считать, что сумма элементов первой строки равна р и что в этой строке вначале следуют элементы, равные нулю, а затем ненулевые элементы. Так как р < п, то в первой строке стоит по крайней мере п —р нулей. Тогда в силу неравенства из условия задачи сумма элементов в каждом из первых п — р столбцов не меньше, чем п —р, а сумма всех элементов в этих столбцах не меньше, чем (п—р)а. В последних р столбцах общая сумма всех элементов не меньше р2. Следовательно, общая сумма 5 всех элементов таблицы удовлетворяет неравенству

S „ > ( H - p ) a + p2 = + ^ > ^ ,

что и требовалось доказать.81. Прежде всего замечаем, что требование, чтобы группы

были непересекающнмися, не является существенным, так как если мы найдем две различные пересекающиеся группы чисел с равными суммами входящих в них чисел, то, отбрасывая общие элементы, мы получим непересекающиеся группы с равными суммами.

Подсчитаем теперь общее число всевозможных различных групп чисел, составленных из 10 данных чисел. Поскольку для каждого из 1 0 чисел есть две возможности: принадлежать или не принадлежать группе, то всего из 1 0 чисел можно образовать 2 10

различные группы. Однако при этом мы учли и группу, в которую не попало ни одного числа. Исключив ее, получаем, что ■общее число различных групп равно 210— 1 = 1023. Но поскольку каждое число в группе не больше 99, а количество чисел в группе не превосходит 1 0 , то сумма чисел любой группы не больше 99-10 = 990, т. е. различных сумм не больше 990. Значит, среди 1023 групп есть группы с совпадающими суммами.

8 2 . Пусть угол А — наименьший угол четырехугольника ABCD. Проведем из точки А внутри угла BAD луч. Возьмем на нем

138

точку A t достаточно близко к точке А, так, чтобы проведенные через точку Л 1 прямые, параллельные сторонам АВ и AD, пересекали стороны ВС и CD соответственно в точках Bt и Dt (рис. 53) и чтобы на сторонах АВ и AD нашлись соответственно точки L иК, такие, что A 1LB = ABC, аA J W = CD А. Если один из углов В и D тупой (на рисунке /_ В), то последнее возможно в силу достаточной близости точки A t к А.

В случае же острого угла (на рисунке /_ D) это возможно в силу того, что угол А наименьший. Вокруг равнобочных трапеций AiLBBt и A rKDD, всегда можно описать окружность. Углы четырехугольника A 1B1CDl соответственно равны по величине углам исходного четырехугольника, поэтому вокруг A lB lCDl также можно описать окружность. Наконец, вокруг A L A j iможно описать окружность, так как АЬАг-\- А К А г = (л — В) -J-+ ( я — D) = ах.

Итак, утверждение доказано при п = 4. Но поскольку в полученное разбиение входит равнобочная трапеция, которую можно разбить на произвольное число равнобочных трапеций, то отсюда следует справедливость нашего утверждения для любого п > 4.

8 3 . Покажем, что максимальная степень простого числа р, на которую делится числитель данной дроби, не меньше максимальной степени того же числа р, на которую делится знаменатель данной дроби. Тем самым задача будет решена.

Л е м м а 1. Пусть для некоторого простого числа р и для некоторых натуральных чисел п и k выполняется неравенство р*+х > п. Тогда число р входит в разложение числа п! на простые множители в степени | -^ j + [ р ] + + • • ■ + | ^ ] . гдечерез м обозначена целая часть числа а.

Мы предоставим доказательство этой леммы читателю.Л е м м а 2 (выражающая свойство целых чисел). Пусть а и

6 — неотрицательные числа. Тогда для них справедливо неравенство

[2 а] -j- [26] ^ [я] + [6 ] - f [ a + 6 ].

Пусть а = [а] + а и 6 = [6 ]-f-P, где 0 ^ а < 1 и 0 ^ р < 1 .Если а + р < 1, то [ а + 6 ] = [а]4-[6] и поэтому [2а] + [26]

^ 2 [а] + 2 [6 ] = [а] -f- [6 ] + \а + 6 ].Если же а + Р ^ 1 » т 0 либо 2а ^ 1, либо 2 р ^ 1 .

Пусть, например, 2а ^ 1 (случай 2(5^ 1 рассматривается аналогично) . Тогда [а + 6] = [а] + [5] + 1 и [2а] = 2 [а] + 1 . Поэтому [2а] + [26] ^ 2 [а] + 1 + 2 [6] = [а] + [6] + [ а + 6 ] .

Итак, лемма 2 доказана.Возьмем теперь любое простое число и столь большое k, что

pk+i 2п и pk+l > 2т. Тогда и рА + 1 > m + я. Применяя лемму 1, получаем, что число р входит в числитель данной дроби в степени

- т + г а + - + [ > ] + и + и + - + и -а в знаменатель—в степени

И + [ ? [ + - ++ и + т +

я + н + и +Н+_] , , Г /и + п ~|Р2 _1 + ■" + [ р* J-

Далее, применяя к числам а = — и Ь = — лемму 2, полу-Р' Р'

чаем:

Складывая все такие неравенства для i = 1 , 2, 3, получаем,что s ^ t . Откуда и следует, что числитель данной дроби нацело делится на знаменатель.

8 4 . Очевидно, чтох, = х2 = x s = х4 = хъ - а ( 1 )

является решением данной системы при любом а. Покажем, что других решений нет. Допустим, что числа х г, х 2, х 3, xif х6 удовлетворяют данной системе. Поскольку данная система не меняется при циклической замене переменных хг —>- х 2 —>- х 3 —► х4 —► —>хъ—>xlt то без ограничения общности можно считать, что хл — максимальное среди чисел я,, х 2, х 3, х4, х6, т. е. х 1^х ,- , i = 1 , 2, 3, 4, 5. Тогда, очевидно, х \—л:3л:в^ 0 и х\—х 2х4^ 0 . Используя 1-е и 5-е неравенства, получаем х \—х3л:в< ;0 и х \ —Отсюда следует, что если числа х 2, х 3, х1У х ъ не все равны между собой, то ни х2, ни х6 не может быть максимальным среди них. Значит, максимальными среди чисел х2, х 3, х4, х5 могут быть лишь х3 или х4. Однако легко проверить, что данная система неравенств не изменится, если всюду поменять местами х: 3 и х4 и одновременно поменять местами х2 и х ъ. Поэтому без ограничения общности можно считать, что х 3 является максимальным среди чисел х 2, х 3, х4, х6. Итак, х г ^ х3 ^ хь 1 = 2, 4, 5. Тогда хгх 3^ х 1 и ххх 3^ х 3, и, следовательно, учитывая 4-е неравенство, получаем (х\—х гх 3) Д !—х + 3) = 0. Значит, либо x1x 3=xl, либо х 1х 3 = л |. Учитывая 3-е неравенство, получаем, что либо x1 = x 3 = xi , либо х1 = х з = х ь- В первом случае если хотя одно из чисел х:2 и х6

140

строго меньше хх = х 3 = х4, то мы получаем противоречие с третьим неравенством. Значит, в этом случае все 5 чисел должны быть равны. Во втором случае число хъ оказывается равным максимальному среди чисел х2, х 3, х4, хъ, а это, как мы уже отмечали, возможно лишь тогда, когда эти 4 числа равны. Поскольку, кроме того, х4 = х 3, то все 5 чисел равны.

Итак, в любом случае справедливо (1), т. е. данная система имеет решения только вида ( 1 ).

8 5 . Допустим противное, т. е. что в некоторой точке у0 I ё (У«)I = я > 1. Возьмем точку х0, такую, что / (л-0) ф 0. Определим по индукции последовательность {хк), где £ = 0 , 1 , 2 , . . . , следующим образом:

л- = / Х к + У о ’ е с л и \ f ( xk + y 0) \ > \ f ( x k — i /o ) I ,I хк— Уо> если | f (xk + г/0) ( < | / (xk— у0) | .

Используя данное в условии задачи уравнение, получим:

2 1 f (**+l) \ > \ f (xk + y 0) | + | / (xk— ув) | >> \ f ( X k + y B) + f(Xk— */o)| =

= 2 | f (x*)| • | g (г/0) | = 2 c | / (xh) | .Итак, \ f ( xk+1) \ ^ a \ f ( x k) \ , a > 1, £ = 0,1,2..........

Отсюда получаем, что | / (xk) \ ^ a k ■ | / (x0) | . Но, поскольку а > 1 , можно подобрать такое £, для которого

• I f (*о) I > 1 и, значит, | f (xk)! > 1 , что противоречит условию. Полученное противоречие доказывает, что для всех у.

86. Сформулируем сначала следующее утверждение.Л е м м а . Пусть в некоторой плоскости даны 3 различные

параллельные прямые. Тогда можно построить правильный треугольник, такой, что на каждой из данных прямых лежит по одной из вершин этого треугольника.

Предоставим доказательство леммы читателю.Для дальнейшего заметим, что длина стороны построенного

в лемме правильного треугольника не зависит от способа построения и однозначно определяется величинами расстояний между рассматриваемыми прямыми. Приступим теперь непосредственно к решению задачи.

Пусть Р0, Рг, Р2, Р 3—данные параллельные плоскости, причем, не ограничивая общности, будем считать, что плоскости Рх, Р2, Р3 расположены по одну сторону от плоскости Р0 и расстояния от них до плоскости Р0 равны соответственно р15 р2, р3, 0 < Pi < р2 < р3-

Рассмотрим произвольную плоскость, перпендикуляр к которой образует угол а ( а ф 0) с перпендикуляром к плоскости Р„. Обозначим эту плоскость через Qa. Она пересечет плоскости Р0, Pv Р2 по параллельным прямым /?, /?, /£, к которым применима лемма. Отметим, что расстояния от прямой 1%

141

до прямых I? и /? равны соответственно —Э— и —^ —-- « г sm a sin а •Обозначим построенный по лемме правильный треугольник через АаВаСа, где Аа £ Р 0, Ва еРг, Са е Р 2, а длину его стороны обозначим через аа. Произведем теперь гомотетию плоскости Qa с центром в точке А а и с коэффициентом k — sin а. Получим правильный треугольник, длина стороны которого равна aa sin a , с вершинами на трех параллельных прямых, две из которых отстоят от третьей на расстояния рх и р2. Длина стороны полученного треугольника однозначно определяется величинами рх и р2 , ее нетрудно выразить явно через рх и р2. Но для наших целей достаточно заметить, что эта длина есть величина постоянная при фиксированном положении рассматриваемых параллельных плоскостей. Обозначим эту величину через а. Итак, aa s in a = a, или

Вычислим теперь, на каком расстоянии от плоскости Р0 находится центр Оа треугольника АаВаСа. Пусть Еа —середина стороны ВаСа. Рассматривая плоскость, проходящую через прямую ВаСа и перпендикулярную к плоскости Р0, замечаем, чторасстояние от точки Еа до плоскости Р0 равно . Затем, проведя перпендикулярную к Р 0 плоскость через прямую А аЕа и

учитывая, что АаОа = -^ АаЕа, обнаружим, что расстояние от

точки Оа до плоскости Р0 равно = £i+£? > т е не за_

висит от угла а. Итак, центры всевозможных правильных треугольников с вершинами на плоскостях Р 0, P tt Р2 лежат в одной и той же плоскости S, отстоящей на фиксированном расстоянии от плоскости Р е, а значит, и от плоскости Р в. Обозначим расстояние от плоскости S до плоскости P s через h.

Построим теперь правильный тетраэдр AaBaCaDa, основанием которого является рассматриваемый треугольник А аВаСа, причем из двух возможных положений вершины Da возьмем более удаленное от плоскости Р0. Высота DaOa построенного тетраэд

ра, как легко проверить, равна | f Проведем перпенди

кулярно к Р0 плоскость через отрезок DaOa. Из рассмотрения чертежа в этой плоскости (рис. 54), где прямые р0, plt р2, р3 и s есть линии пересечения этой плоскости с плоскостями Р0, Рг, Р2, Р в и S, обнаруживаем, что точка Da отстоит от плоскости S на расстоянии, равном

- |« a c o s a = J / ^ • ctg а.

142

Для того чтобы вершина Da тетраэдра A aBaCaDa лежала на плоскости Р я, очевидно, необходимо и достаточно, чтобы най-

Поскольку такой угол а , при котором выполнено последнее равенство, очевидно, существует, то этим устанавливается существование искомого тетраэдра. Более того, эта формула позволяет осуществить конкретное построение такого тетраэдра, если задано положение четырех параллельных плоскостей.

8 7 . Доказательство можно провести по индукции. При п = 1 утверждение очевидно. Пусть оно верно при некотором n = k. Осуществим индукционный переход от n = k к n = k + 2.

Выбрав на прямой I направление, перенумеруем данные векторы в порядке возрастания угла (угол отсчитывается против часовой стрелки), который они образуют с положительным направлением прямой I (рис. 55). Покажем, что при этой нумерации справедливо неравенство

В случае, когда точки Рг и Pk+2 обе лежат на прямой I исумма OPt -\-OPk+2 вырождается в точку, векторы в левой и правой частях неравенства (1) совпадают и оно очевидно. Поэтому будем в дальнейшем считать, что хотя бы одна из точек

и Pk+2 не лежит на прямой I. Тогда суммой векторов ОРг и0 P k+2 является ненулевой вектор OR, изображаемый диагональюромба со сторонами ОР± и ОРк+2. Поэтому каждый из углов PtORи ROPk + 2 не превосходит-^- .Пусть OS = ОР2+ . . . -\-OPk + OPk+i.

Из введенной нумерации векторов следует, что вектор OS заключен либо внутри угла P xOR, либо внутри угла ROPk+2 и,

денное расстояние равнялось ft, т. е. чтобы c t g a =

1 OP,+ О Р 2 + . . . + ОРк+ OPk+i+ ОРк+2\>

> \OP2+ . . . + O P k + OPk+i\ .( 1)

следовательно, угол ROS острый. Сумма OR-\-OS изображается диагональю ОТ соответствующего параллелограмма. В треугольнике OST угол OST тупой, поэтому сторона ОТ является наибольшей, т. е. | O r | > | O S | , что и доказывает ( 1 ) во всех случаях. Но |О Р2+ . . . + O P k + OPk+11 1 по предположению индукции. Поэтому из (1) следует, что

\ 0 Р 1 + 0 Р 2+ . . . + О Р к+1 + ОРл+, \ > \ .

Итак, по индукции мы получаем справедливость доказываемого утверждения для любых нечетных п.

3 8 . Заметим сначала, что если ограничиться множествами, лежащими в одной плоскости, то нужными свойствами будет обладать, например, множество вершин правильного пятиугольника или шестиугольника.

Используем последнее множество для построения искомого примера в пространстве. А именно возьмем множество вершин двух правильных шестиугольников, имеющих общий центр, но лежащих в разных плоскостях. Покажем, что это множество обладает требуемыми свойствами. Если точки А и В являются вершинами одного и того же шестиугольника, то точки С и D, как отмечалось выше, найдутся среди других вершин того же шестиугольника. Пусть теперь А и В принадлежат разным шестиугольникам. Воспользуемся тем, что правильный шестиугольник является центрально-симметричной фигурой относительно своего центра, и возьмем в качестве точек С и D вершины, центрально-симметричные соответственно точкам А и В.

Легко убедиться, что при этом прямая CD будет параллельна прямой АВ.

Итак, множество с описанными в задаче свойствами существует.

8 9 . Пусть исходное уравнение имеет корень х > 0. Но тогда для этого значения

х4 — | а | х 3— \Ь | х2 — | а [ х + 1 ^ х 4 -f ах3+ 6 x2 + ax-f- 1 = 0 ,или

| а | х 3 + | 6 | х 2 + | а | х ^ х * + 1 .

Легко проверяются неравенствах* + 1 ^ 2 х2 и х4 + 1 ^ х 3 + х .

Используя их, получаем

х* + 1 ^ | а [ х3 + 1 b | х 2 + [ а | х | а | (х4 + 1 ) +

+ н ^ = ( м + - т г ) (**+!),

144

\ а \ + Ц ^ - > 1 , или \ b \ > 2 — 2\а\ .

откуда

Тогдаa2 + fca > M a + (2— 2 1а|)а = 5 | а |a — 8 | а | + 4 =

= 5(|e|—g-j +4 >4 •Если же исходное уравнение имеет отрицательный корень х,

то легко заметить, что (— х) является положительным корнем уравнения х*—ах^+Ьх?— ах + 1 = 0 . Применим к нему доказанное выше и получим, что и в этом случае аа+ Ь а^ 4 - . Случай

Ох = 0 невозможен.

4

Итак, во всех случаях выражение аг -f-Ь2 не меньше . ЛегкоО

4 4 2убедиться, что значение-g достижимо при а — — g -; b = —g-.9 0 . Пусть солдат вышел из вершины А. Среди прочих ему

надо проверить точки В и С. Но для проверки точек В и С ондолжен побывать на дугах радиуса 4 - (h — высота треугольника)с центром в этих точках (рис. 56). Найдем кратчайший из таких путей. Пусть сначала он побывал на дуге с центром в В, а затем — на дуге с центром в С. Если к этому пути добавить путь до точки С, то дело сведется к нахождению кратчайшего пути от Л к С с заходом на первую дугу. Покажем, что таким кратчайшим путем будет ломаная ADC, где D —середина высоты, исходящей из вершины В. В этом можно, например, убедиться следующим образом. Проведем через точку D прямую MN, параллельную АС, и отметим точку С ', симметричную точке С относительно этой прямой. Тогда произвольный путь из Л в С (на рисунке AFC) можно заменить равным ему путем из Л в С' (на рисунке AFGC'). Путь по прямой AD C будет, очевидно, кратчайшим.Пусть Е — точка пересечения отрезка DC со второй дугой.Отбрасывая путь по радиусу ЕС, получаем, что путь ADE является кратчайшим, при котором проверяются точки В и С.

Остается убедиться, что при этом проверяются также и все другие точки треугольника, т. е. что ни одна точка треуголь-

ника не отстоит от пути ADE на расстоянии, большем ~ . Этоможно сделать, разбив треугольник подходящим образом на участки. Предоставим это читателю.

Итак, путь ADE искомый.SS- Фигурирующее в условии 3) значение xf естественно на

зывать неподвижной точкой функции f. Нам нужно доказать, что у всех функций из G имеется общая неподвижная точка. Легко проверить, что у линейной функции ахфЬ в случае а = 1 неподвижная точка имеется лишь при Ь — 0 . Значит, если f £ G и а = 1, то Ь = 0. Но у линейной функции х все точки неподвижны. Значит, она имеет общую неподвижную точку с любой функцией из G. Поэтому, если множество G состоит лишь из одной функции или из двух функций, из которых одна есть функция х, то утверждение задачи очевидно. Следовательно, мы можем считать, что в G входят по крайней мере две линейные функции, отличные от функции х.

Пусть это функции {■х= а 1х ф Ь 1 и f 2 = a2x ф Ь 2 (ахФ I, а2Ф 1). Неподвижными точками этих функций являются соответственноX[ t — ■. h l - и = . Согласно условиям 1) и 2) g = f xo f 2 £ G,h — f 20 f i £ G и g o f r * G G. Осуществляя необходимые подставки, получаем g (х) = ах (а2х + b2) фЬг, h (x) = a2 {axx + b t) + b2, h - 1 (x) = _ x—a2bt— b2 по уСЛОВИЮ задачи a ф 0 , а2Ф 0 ), g o h ~ x = x ф

+ ((<2 ^ 2 + ^ i) —(dibi+b2)). Но, как мы уже отмечали, из того, что g o h ~ 1£G, и того, что у g o h -1 коэффициент при х равен 1, следует, что (а1Ь2фЬ1)—(а2Ь1фЬ2)=^0. Отсюда

ЬI Ь2—1 =-г — , т. е. х / = х / , .1 — ах 1 — а2 ’ 11 '*

Поскольку это верно для любой пары функций из G, то тем самым доказано, что у всех f из G имеется общая точка к, такая, что f ( k ) ^ k .

9 2 . Смысл задачи состоит в том, чтобы путем некоторого увеличения каждого числа ак устранить резкие различия в величине соседних членов. Ясно, что числа bk не однозначно определяются числами ак.

Некоторые способы решения состоят в нахождении алгоритма последовательного увеличения чисел ак, так что в конце концов получаются искомые числа Ьк. Рассмотрим два решения задачи.

Р е ш е н и е 1. Наиболее краткое решение получается, если догадаться, что в качестве искомых чисел Ьк можно взять выражения

&A = a 1 <7* - i + a 2(7 * - 2 + . . . ф а к_ д ф а к ф а к+д ф • • • ф а ^ п~к.Проверим выполнение условий а), б), в).

Условие а) очевидно.

146

Если l < f t < n — l ,70qbk—bk+1 = ak+1(q2— 1)+- • • + a nqn~k~1 X X (q2— 1 ) < 0 и аналогично qbk+1—bk < 0 , откуда следует выполнение условия б). Наконец, Ьх4-^г + • • • + bn = a1+ a 2q ~{-a3q2 +

+ . . . + a nqn~1 + a1q + a2+ a 3q + . . . + a nqn- 2 +

+ a1qn~1 + atqn~,i + aaqk- 3+ . . . + а п < ( а 1+ а 2 + . . . + а п)^й

X ( 1 + 2q+2q* + . . . + 2 q»-*) < (а, + . . . + а п) .

т. е. выполнено условие в).Р е ш е н и е 2. Это решение длиннее первого, но представ

ляется нам более естественным. Построим сначала п действительных чисел с1г с2, . . . , с„, для которых выполняются те же условия а), б), в), но с заменой в условиях а) и б) строгих неравенств нестрогими, а именно добьемся, чтобы

a') ак^ с к при всех ft от 1 до /г;

б') 9 ПРИ всех & от 1 до п — 1 ;

в') cx-i-c2-{-. . . + с„ < Y~~j(ai -h a 2+ . . . + а п).Для каждого числа а,(1 i <^п) рассмотрим числа ф,- (ft) =

=» а, <7 1 *—* I, 1 ^ ft ^ п, которые можно истолковать как значения ординат в целочисленных точках некоторой функции Ф,-(х), продолженной линейно в промежутках между целочисленными точками.

Таким образом, графиком функции ф, ( х) является ломаная, причем Ф,(х) возрастает при l ^ x < i и убывает при i < x ^ n . В точке x — i она достигает максимума, равного фf (t) = a,-.

Отметим следующее свойство функции Ф,-(х): если на интервале (/, / + 1 ), где I целое, какие-то две функции ФгДх) и ф/,(х) изменяются одинаково (обе возрастают или обе убывают), то на этом интервале графики этих функций либо не пересекаются, либо совпадают тождественно.

В самом деле, пусть, например, обе функции возрастают. Тогда из определения функций ф,- (х) следует, что ф,-,(/) = = 9Ф/1( + 1) и Ф/,(0 —9Ф;, (t + !)• Отсюда ясно, что если числа Ф, (/ + 1 ) и ф^(/-Ь 1 ) связаны знаком > , •= или < , то тем же знаком связаны числа ф,-1 (/) и ф,•.(/), а тем самым и значения функций Ф/Дх), ф,^(х) для любого х, l ^ x ^ l - j - 1 .

Аналогично рассматривается случай, когда обе функции убывают на интервале (I, / + 1 ), т е. сформулированное свойство всегда имеет место.

Положим теперь, что ск = шах ф,-(ft) (1 ^!ft ^ п ) , и проверим1 < i < п

для ск выполнение условий а'), б'), в').Условие а') очевидно, так как ск— шах ф,-(ft) ^ фй(ft) = ак.

1 < £ < п

Проверим выполнение условия б'). Рассмотрим с, и с1+1. Из определения ск следует, что с, = ф,,(/), с,+1== ф,а (/ + !)• Если

147

t 1 = t 2, то в зависимости от того, возрастает или убывает функция ф, ( х) на интервале (/, / + 1), мы получаем

■ ^ ± 1 = — или = q ci q ct

и тогда б') выполняется.Если же i\ ф 1 г, то на интервале (/, / + 1) графики функций

Ф,-, (х) и ф/а(х) пересекаются, а тогда по отмеченному выше свойству одна из них возрастает, а другая убывает. Но ф(1 (1 ) == шах Ф/ (/) > Ф/а (0 и ф,- (1 + 1 )= шах ф, (/ + 1 ) > ф,-(/ + 1).

1 < 1 <Л 1 </ <п 1Значит, функция ф,- (х) убывает, а ф,- (х) возрастает при / < * < / + 1 . ' ’

Таким образом,

Ф/Д1 + 1) Ф/*( + 1) cl+t Ф / а 1ч = Т, Ш < ~ £ Г,1Г- = -77- <Фм( 0 ф/ , ( 0 ci фц( 0 я '

т. е. б') выполнено.Для проверки условия в') заметим, что ck < фДАО + Фг (ft) +

+ • • • Jr (Pn(b) = o.1qK~1 a2qk~2+ • • • + ° * - 1 <7 “Ьй/г + Яй-ц<7+ ■ ■ • ++ anqn~k, и поэтому сумма сг + с 2 + . . . ф-сп оценивается, как и сумма в первом способе решения.

Итак, выполнение условий а'), б'), в') проверено. Осуществим теперь переход от чисел с1( с2, . . . , с„ к иско

мым числам Ъх, b2, . . . , Ьп. В силу в') можем записать:

2~ | (fl + йа + • • • + °п ) — ( С 1 + С3 + • • • +C„) = d > 0 .

Положим, bk = ck Jr£pi , l ^ L k ^ . n . Тогда условие а) очевидно. Свойство в) выполняется, так как

^1 + ^2 + • • • + ^ л ~ c i + c 2 + • • ■ + с л + _2' < у ( < Д + <з2 Т - . . . + а „ ) .

Выполнение условия б), т. е. справедливость неравенств■ d

. Cl+1 + 2n 1

^ с 4 - — Я *2rt

можно вывести из неравенств <7 у ( 0 < 9 < 1 ), рассматривая отдельно случаи сг+1 > с { и сг + 1 < сг. Предоставим это читателю.

9 3 . За каждый круг игроки вместе получают p + q + r шариков. Из условия следует, что N ( р q г) = 39. Так как р, q и г —различные целые положительные числа, то p-bq + г ^ 6 . Поскольку, кроме того, N ^ 2, то из разложения числа 39 намножители заключаем, что N = 3, a p - f <7 + /-= 13. Игрок В,

148

набрав в последнем круге г шариков, не мог ни в одном из первых двух кругов получить г или q шариков, так как иначе он в сумме набрал бы не менее 13 шариков, что противоречило А бы условию. Поэтому он и в первом и во втором круге получил по р шариков. Игрок С не мог в первом круге получить г , так как иначе, получив во втором круге не меньше, чем q, а в третьем по крайней мере р, он в сумме получил бы не менее 13 шариков, тогда как по условию он получил лишь 9. Итак,игрок С мог получить в первом круге лишь q. Предоставим читателю провести дальнейшие несложные рассуждения, которые позволят найти точные значения для р, q и г и полностью восстановить ход игры. Тем самым будет доказано, что удовлетворяющая всем условиям задачи игра действительно может быть реализована и при этом q шариков в первом круге получает игрок С.

9 4 . Опишем около треугольника АВС окружность и, взяв на отрезке АВ произвольную точку D, продолжим отрезок CD до пересечения с окружностью в точке Е (рис. 57). Получим | CD | • | DE | = | AD | • | DB |. Отсюда видно, что | CD | будет средним геометрическим \AD\ и | П £ | тогда и только тогда, когда \CD\ = \DE |.

Значит, нахождение точки D с искомыми свойствами эквивалентно нахождению на окружности такой точки Е, что отрезок СЕ точкой пересечения с отрезком АВ делится попола^. Но такую точку Е на окружности можно найти тогда и только тогда, когда | С*/71 ^ [ //G |, где CF—высота треугольника АВС, a HG—высота сегмента АНВ, образованного хордой АВ и стягивающей ее дугой, не содержащей точки С. Легко, однако, подсчитать, что если г — радиус описанной окружности, то

| CF | = 2r sin a-sinp, a \HG\ = r — г cosy = 2r sin2- ^ .Отсюда видно, что фигурирующее в условии задачи неравенство эквивалентно неравенству | CF | ^ | HG |, про которое уже доказано, что оно необходимо и достаточно для нахождения точки D с нужными нам свойствами.

95. Рассмотрим некоторое обобщение сумм, входящих в условие задачи. А именно введем обозначения при r t i ^ 1

с%« 2 3fc в т = 2 д а * (С«„= 1 ).

(0 < 2 k<m)

149

При m нечетном, большем 1, Ат лает сумму из условия задачи. Используя известное равенство + Clm = С/+Д (I + 1 ^ от), легко проверить, что при от ^ 1

Ал + |л = Ал + 1 * 8 ^я» + т = ^ет + 1 - (1 )

Покажем теперь по индукции, что Ат при т нечетном, а Вт при т четном не делится на 5. Для всех о т ^ З это верно, так как A t = 1, Л3 = 11, В3 = 9. Пусть для некоторого i > 3 это верно при всех от<ы. Проверим, что тогда это верно и при всех о т < + + 1 .

В самом деле, применяя несколько раз равенства (1), получаем

Ат +з = Лт+2 + т + 2 ==9.Л/ л + 1 + 2Дд а + 1 = 5 (5Am-j-2Bm)-j-Bm, Вт+з = 5(17 Ат + 5 Вт) + ЗДт .

Отсюда, в частности, следует, что суммы из условия задачи при любом натуральном п не делятся на 5.

9 6 . Из пункта 2) условия задачи вытекает, что a ^ i , и поэтому

32 — а1+ а г + ‘ - - + ар ^ 1 ^ ^2~ ’

Отсюда следует, что р ^ 7 .Выпишем все возможные разложения числа 32 на сумму семи

попарно различных натуральных слагаемых:

1. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 1 1 .2. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 7 + 1 0 .3. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 8 + 9.4. 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 7 + 9.5. 1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 7 + 8 .

Случай 1 не реализуется, так как на шахматной доске размером 8 x 8 не существует прямоугольника из 22 клеток. Остальные случаи реализуются, в чем легко убедиться, построив соответствующие примеры.

9 7 . Легко заметить, что сумма S однородна относительно входящих в нее чисел а, Ъ, с, d, т. е. она не меняет своего значения при одновременном умножении всех этих чисел на один и тот же коэффициент. Поэтому мы не уменьшим множество значений суммы S, если рассмотрим ее только в той части области определения, в которой a+ fc + c + d = l . Положим, далее, а + с = х и b-\-d = i), причем х > 0 , у~> 0 и х + г/= 1 .

Рассмотрим сумму<■, а . с а . с 2а с + х — х3

i _ a + f c + d ^ t + c + d 1 — c ^ l — a a c + 1 — х ’

150

При постоянном х, если (а, с) пробегает все пары положительных действительных чисел, для которых а + с = х, как нетрудно проверить, произведение ас пробегает все действительные числамежду 0 и ( —g—J *= -j*• Точнее, 0 < с с ^ - ^ - . На этом участкевыражение

~ 2 ас 4 -х—х2 п , Зх—2 —х2

1 с с + 1 — х ‘ а с + 1 — х *

рассмотренное как функция от ас, меняется монотонно и пробегает все значения из полуинтервала ^х , 2 ~ j ] •

Аналогично доказывается, что при постоянном у выражение

S д= Ь 1 —я о + Ь + с т o - j - c + d

принимает все значения из полуинтервала [у, g ~ ~ | ■Тогда 5 принимает все значения из полуинтервала

(* + » ■ & + * ] - (> .Если теперь х и у принимают произвольные положительные

значения, при которых x + 1 , то рассуждения, сходные с при-4—4XI/веденными выше, показывают, что выражение принимает

все значения из полуинтервала 2^. Отсюда заключаем, чтоS принимает все значения из интервала ( 1 , 2 ).

Читатели, знакомые с основами математического анализа, при решении этой задачи могут воспользоваться свойствами непрерывных функций. Очевидно, что

с ^ а I L [ с | d — о ° ^ a + b ^ a + b ^ c + d ^ c + d

ис ч, а____ I____ 5____I____ -____ |____ -___ = 1° ^ a + b + c + d ^ a + b + c + d ^ a + b + c + d т a + b + c + d *

Далее следует доказать, что 5 может принимать значения, сколь угодно близкие к 1 и 2 , а затем, используя в той или иной форме теорему о промежуточных значениях непрерывной функции, установить, что S принимает все значения из интервала ( 1 , 2 ).

9 8 . Предположим сначала, что каждый из многочленов Р (х)— 1 и Р (х) -J-1 имеет не менее трех различных целых корней, причем они, очевидно, отличны от корней другого. Из этих шести целых чисел возьмем наименьшее и обозначим его через а. Не ограничивая общности, можем считать, что а —корень

151

многочлена Р{х)~(-1. Тогда легко проверить, что справедливо представление Р(х) + 1 = (х—a) Q (х), где Q (х) также многочлен с целыми коэффициентами. Пусть р, q, г —три различных целых корня многочлена Р (х)— 1, причем в силу выбора а все они больше а. Но Р (х)— 1 = (х—a) Q (х) — 2. Отсюда 2 = (р—a) Q (р) = = {q— a) Q (q) = (r — a) Q (г), где р — а, q — a, г —а —различные положительные целые числа. Но тогда хотя бы одно из них больше 2 , что, очевидно, противоречит тому, что оно входит в разложение числа 2 на целые множители.

Таким образом, наше предположение неверно и, значит, хотя бы у одного из уравнений Р (х)— \ и Р(х ) = — 1 число целых корней меньше или равно 2. Отсюда и из того, что число корней каждого из этих уравнений не может превосходить deg(P), следует доказываемое неравенство.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ

9 9 . Возьмем пару точек (или одну из таких пар), расстояние между которыми наименьшее. Обозначим эти точки А и В. Выберем из оставшихся третью точку С так, чтобы / _ АСВ был наибольшим. По условию точки А, В, С не лежат на одной прямой. Окружность, проведенная через точки А, В , С, искомая.

Докажем это. /_ АСВ острый*. В противном случае он был бы наибольшим углом Д АВС и, следовательно, \ А В \ > \ А С \ и | ^ j B | > | C j B | , что противоречит выбору пары А, В. Предположим противное, что какая-либо из остальных точек М лежит внутри круга.

С л у ч а й I. Точка М лежит внутри того же сегмента, чтои точка С. Тогда А MB > АСВ, что противоречит выбору точки С.

С л у ч а й II. Точка М лежит в другом сегменте,тогда /_ АМВ тупой, что противоречит выбору точки С. Таким образом, внутри круга данных точек нет. На самой окружности данные точки могут быть. Например, заданные точки являются вершинами вписанного п-угольника.

100. Имеем:

(1+ а х) . . . (1 +а„)= ( l + ^ j ••• ( 1+'Е“ )* Следовательно,

« 1 + аО . . . ( 1 + а и))* = <1 + а 1) ( 1 + ^ ) . . . ( 1 + а п) ( l + 1 ) -

Так как

( 1 +«/) ( * + ^ 7 ) = 1 + 1 + а / + -^г> 2 + 2 = 4,

* Можно доказать, что Д С 2 ? < GO0.

152

то((1 + а О . . . ( 1 + а я))*>4».IQ2. Рассмотрим все треуголь

ники с вершинами в данных точках. Выберем из них тот (или один из тех), в который попадает наибольшее число точек. Обозначим его АВС. Проведем прямые АВ,ВС и С А. Они разбивают плоскость на области трех типов: I — треугольник, I I —углы и I I I —открытые треугольники (рис. 58).

а) Если хотя бы одна точка D лежит внутри открытого треугольника (для определенности с основанием АВ), то четырехугольник ABCD выпуклый.

б) Если обе точки D и Е (см. рис. 41) лежат внутри треугольника, то прямая DE пересекает только две стороны треугольника (для определенности АВ и ВС). Прямая DE не может согласно условию проходить через вершину треугольника. Итак, точки ADEC образуют выпуклый четырехугольник.

в) Внутри углов точек быть не может по построению Д АВС. Если бы точка D оказалась внутри угла, скажем угла В, то Д ADC содержал бы Д АВС и тем самым большее число точек внутри себя.

102. В силу условия < а < £ ~ < 2 и —i - < 2, такг\ я sin Xчто О Д — — Д — .

^ 4 sin а ^ 4 sin агенса— положительны.

Если х < а, то

3 sin аЯ C O S X4 cos а ^ 4 cos а

я<

cos а

^ и оба тан-

, / n s i n x \ . / я cos х \ ^ . / я cos х \ . , . /n c o s o ^te [ ш ъ ) + [ш г а ) > te ) > 1 = te ( 4 ^ j •

Если x = a, то tg (-£ .£ i! !“ ) + t g ( - £ . ^ “ .) = 2 > 1.ь V 4 sin a) ' в V 4 cos a J ^Если X > a , TO

. / n s i n x \ . / n c o s jA ^ . / n s i n x \[ ш j + te > te ( ш ъ ) > i /nsina'i

ё \ 4 sin a y

103. Пусть вершины многоугольника m отмечены буквами А, В, . . . , F (рис. 59). Проведем в плоскости многоугольника к каждой вершине во внешнюю сторону по перпендикуляру к каждой из двух сходящихся в этой вершине сторон. Тогда плоскость многоугольника разобьется на следующие части:

1. Сам многоугольник АВ . . . F.2. «Полуполосы» АВ, . . . ,F A .3. «Углы» А с, Вс, . . . , Fc.

153

Теперь осуществим следующее построение в пространстве. Построим на многоугольнике A B . . . F по обе стороны от плоскости по прямоугольной призме высоты R каждая. Боковые грани получившейся удвоенной призмы заложим половинками прямых круговых цилиндров радиуса R и с высотой, равной соответствующей стороне; ось такого цилиндра будет совпадать со стороной многоугольника. Наконец, основания цилиндров заложим «дольками» шара. Для этого возьмем шар

радиуса R и направим его диаметр перпендикулярно плоскости т . Затем проведем через эту ось полуплоскости, перпендикулярные сторонам многоугольника. «Дольку», вырезанную полуплоскостями, перпендикулярными соседним сторонам, например FA и АВ, параллельно переносим в соответствующий «угол», у нас — в Ас. Образовавшееся тело М и будет искомым М (R). Его проекция на плоскость многоугольника изображена на чертеже. Она состоит из самого многоугольника—проекции призмы, прямоугольников в каждой «полуполосе» высоты R, примыкающих к многоугольнику по целой стороне, и круговых секторов в каждом«углу». Угол при вершине сектора Ас ,т. е. Лс*= л — А, гдг/LA — угол многоугольника. Заметим, что в силу выпуклости т и все эти «углы» имеют положительную величину, т. е. соседние «по- луполосы» не накладываются друг на друга, а раз проекции не пересекаются, то не пересекаются и сами соответствующие тела. Вычислим объем. Объем двойной призмы равен 2RS.

Объем всех полуцилиндров равен

1 ПД Ч М £ | + . . . + \ F A |) = y i t IRKОбъем шаровой «дольки», очевидно, прямо пропорционален

раствору—углу между ограничивающими плоскостями.Отсюда их суммарный объем

| д ч £ + £ + ■ • • + £ ) =

^ ~ Я Ц п п ~ ( Я + В + . . . + £ ) ) = -*-л # 3

(т. е. он равен объему шара радиуса R). Окончательно

F = ( 1 л ) R* + я / ) /?■ + (2S) R.

Осталось проверить, что V = V (R), т. е. наше тело и есть М (R)- В одну сторону включение очевидно. Всякая точка призмы (высоты R) удалена от своей проекции на основание на расстояние

r

не больше R, всякая точка цилиндра (радиуса R) удалена от его оси (стороны многоугольника) на расстояние не больше R, наконец, всякая точка шара (радиуса R) удалена от центра (вершины многоугольника) на расстояние не больше R. Наоборот, пусть теперь точка X принадлежит М (R ) и пусть Y —точка т, такая, что расстояние | Х У | ^ # . Опустим из X перпендикуляр на плоскость т, пусть Z— его основание. Возможны три случая.

Г. Z также принадлежит т.2°. Z принадлежит «лолуполосе», для определенности АВ.Зэ. Z принадлежит «углу», для определенности А.В случае 1° [ X Z | < [ X K K # , значит, X лежит в призме.

В случае 2° проведем через Z перпендикуляр к АВ и пусть Zt — его основание. Очевидно, Z4 лежит на отрезке АВ и XZ _|_ АВ по теореме о трех перпендикулярах. Zt —ближайшая к Z точка многоугольника т. Очевидно, что другие точки отрезка АВ и всей прямой АВ лежат только дальше. Остальные же точки т отделены от точки Z прямой АВ и, следовательно, лежат еще дальше. Таким образом, из всех наклонных, проведенных из X в точки т, наклонная X Z t имеет наименьшую проекцию. Следовательно, из всех таких наклонных она имеет наименьшую длину I X Z J ^ I X Z I ^ . 1?, точка X лежит на луче ZxX _|_ АВ на расстоянии меньше R от оси, т. е. внутри соответствующего полуцилиндра.

В случае 3° рассмотрим Д Z A Y . Его Z A Y заведомо тупой (при Y ф А), ибо в силу выпуклости т точка Y лежит внутри угла А < 180°, образованного лучами АВ и AF, а точка Z по предположению лежит между внешними перпендикулярами к ним. Отсюда | Z i 4 [ ^ [ Z y | и, следовательно, | Х Л | ^ | Х У | ^ # , т. е. X лежит внутри соответствующей «дольки» шара.

Итак, М = М (R).104. Спроектируем ортогонально оба цилиндра на общий

перпендикуляр р к их осям 1г и /я. Каждый цилиндр при этом спроектируется в отрезок длины, равной диаметру цилиндра. Возможны три случая.

Г. Отрезки не пересекаются.2 \ Отрезки имеют единственную общую точку.3°. Пересечение отрезков есть отрезок.В первом случае поверхности не пересекаются вовсе, даже

их проекции не пересекаются. Во втором случае проведем через единственную общую точку плоскость, перпендикулярную к р. Нетрудно видеть, что она будет касательной к обоим цилиндрам и иметь g каждым общую прямую. Когда оси цилиндров параллельны, эти прямые совпадают. Следовательно, здесь линия пересечения плоская. Если же оси цилиндров непараллельны, то касательные образующие пересекаются и точка их пересечения — единственная общая точка обоих цилиндров. Можно не считать ее «линией пересечения», но безусловно течка может считаться «плоской».

155

Рассмотрим третий случай. Предположим сперва, что оси цилиндров непараллельны. Проведем через произвольную общую точку проекций плоскость Q, перпендикулярную к р. Она пересечет каждый цилиндр по паре параллельных образующих, параллельных соответствующей оси. Эти четыре прямые пересекаются попарно в четырех точках, лежащих на линии пересечения обоих цилиндров. Очевидно, эти четыре точки не лежат все одновременно на одной прямой. Поэтому если линия пересечения целиком лежит в некоторой плоскости, то это может быть только Q. Так как эти рассуждения можно повторить для другой любой плоскости Qlt также пересекающей общий отрезок перпендикулярно к р, то в этом случае линия пересечения не может быть плоской. Если же оси цилиндров параллельны, то параллельны и все четыре прямые в плоскости Q, так что предыдущие рассуждения теряют силу. Проведем плоскость R перпендикулярно осям цилиндров. Она пересечет цилиндры по двум окружностям, которые в силу сделанного предположения пересекаются. Очевидно, сами цилиндры пересекаются по двум образующим, проходящим через точки пересечения окружностей параллельно осям. Пара параллельных прямых также лежит в одной плоскости.

Окончательно, два цилиндра пересекаются по плоской линии тогда и только тогда, когда их оси параллельны. При этом линия не вырождается в точку или пустое множество, если:

где d — расстояние между осями, а г,-— радиусы цилиндров.105 . По условию задачи мы можем только уравновешивать

чашки весов, пересыпать сахар с одной чашки на другую и под- кладывать гирьку то на одну чашку, то на другую.

Будем весь ранее взвешенный сахар ссыпать на чашку В, отмеряемый сахар сыпать на чашку А, а гирьку Г иногда класть на чашку В.

Схема уравновешиваний такова:

Номер 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0

А 1 2 4 8 16 31 63 125 250 500

В Г 1+ Г з + г 7 + Г 1 5 + Г 31 62 + Г 125 250 500

После 10-го взвешивания, ссыпав вместе сахар, получаем 1 кг.

156

Можно дать и другую схему уравновешиваний, если позволить себе класть гирю на чашку А.

Номер 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0

А 1 2 4 8 16 32 62 + Г 125 250 500

В Г 1 + Г СО + -1 7 + Г 15 + Г 3 1 + Г 63 125 250 500

Меньшим числом уравновешиваний, чем 10, обойтись нельзя. В самом деле, за одно уравновешивание масса только что отмеренного сахара может быть самое большее равна массе сахара, отмеренного раньше, плюс 1 грамм. Таким образом, за 9 уравновешиваний можем отмерить самое большее 511 граммов.

106. Значение х должно удовлетворять условиям:sin Зх-cos (60°—4х) = — 1; (1)

sin (60 — 7х)—cos (30°+ х) + т Ф 0. (2)

Уравнение (1) эквивалентно альтернативе:а) sin3x = — 1, a cos(60°—4 х )= 1 , откуда х = /г-120о + 90°

и х = / - 90° + 15°, следовательно, 6 / — 8 6 = 5, что невозможно, так как левая часть четна, а правая нечетна;

б) s i n 3 x = l , a cos(60°— 4х) = — 1; тогда х = k- 12СР + 300 и х = /-90°.+60°, поэтому 4/z = 3 / + 1 или k — 1 = 3 ( / —k), следовательно, Л = 1 + 3/ ( /—целое);

х = / -360°+ 150°.

Подставляя это значение х в (2), получаем условие т ф 2.107. Положим: /(x) = t ^ ; g(x) = sinx, откуда видно, что

/(х) — монотонная функция, а | ^ ( х ) ] ^ 1 .Решениями данного уравнения являются те и только те дейст

вительные числа £, для которых /(£) — £(£)•Пусть f(a) = — 1, а / (6 ) = 1, тогда а = — 2153; 6=1775,

/(с) = 0 при с = — 189.На [0; 1775] укладывается 282 интервала длины 2л. На

[— 2153; 0] укладывается 342 интервала длины 2л. Рассмотрим отрезок [0; 1775]. На этом отрезке / ( х ) > 0 и на каждом интервале длины 2 я прямая f(x) = y пересекает у = sin х в двух точках.

На части 283-го интервала, попадающей в [0; 1775],/(х) принимает значение, равное единице справа от £, где g ( i ) = l , поэтому на этом интервале имеются еще две точки пересечения. Итак, на [0; 1775] имеется 282-2 + 2 = 566 решений уравнения.

157

Отрезок [0; — 2153] разобьем на два отрезка [0; — 189] и [— 189; — 2153], на [0; — 189] содержится 30,06... интервалов длины 2 л, где { (х) > 0. Поэтому имеется 60 точек пересечения.

На 31-м интервале функция f(x) меняет знак, и равенство /(£) = £f(£) имеет место только в одной точке. На остальных 311 интервалах y — f(x) < 0 , и поэтому на каждом интервале две точки пересечения. На оставшейся части 343 интервала укладывается более половины синусоиды, где — 1 ^ sin х < 0 и — 1 < f (х) < о, и поэтому там имеется еще две точки пересечения. Итак, всего слева от нуля имеется 685 точек пересечения.

Всего уравнение имеет 1251 решение.Ю З. Пусть для натурального п имеются натуральные числа:

х ^ У и *я< 1/я, такие, чтоz = x j + t/,! = xa! + t/a!. (1 )

Мы можем предполагать, что хг < х„ (иначе мы изменили бы нумерацию). Тогда не может быть ух < ха, так как в этом случае мы имели бы

что противоречит ( 1 ).Поэтому

У \ ^ + 1

для ха имеем тогда ха ^ г / а, xt ^ y lt поэтому число

ха! + t /2l — t/J

делится без остатка на х„!. Вследствие ( 1 ) также число x j делится без остатка на ха1 , что противоречит предположению 0 < xt < хй. Утверждение доказано.

109. Пусть п — любое натуральное число, для которого выполнено условие задачи. Тогда получим:

X - 1 1 1 . . . Т— у . 1 1 1 . . . 1 = 2 а ( 1 1 1 . . . 1 )а. ^2 п цифр п цифр п цифр

Имея в виду, что для любого натурального k

1 0 * - * + 1 0 *-’ + . . . + 1 0 + 1 - ^ Е ^ ,

из (2 ) получим:ю=п- 1 „ 1 0 "— 1 _ „*(1 0"— 1)»

Х ' 9 ^ 9 — 2 S2

Отсюда, после сокращения на 10"— 1 и освобождения от знаменателя, получим

9 (10" + 1)х—9i/ = (10"— 1) г2,

158

гили, что то же,

(9х— z2)lOn = 9y— 9х—z". (3)

Согласно условию существуют натуральные числа пх ф я 2,для которых выполнено ( 1 ), а следовательно, и (3), т. е.

(9%—z2) 10"> = 9t/—9х—z2; (9х—z2)10"» = 9£/—9х— г3. Вычитая эти равенства, получим:

(9х—z2) (10п1— 10"=) = 0.Но так как 10п>— 1 0 " ^ 0 , то следует, что

9х— za = 0. (4)

Подстановкой из (4) в (3) находим, что9 у —9х—z2 = 0. (5)

Из (4) и (5) следует, чтоx = k 3\ y — 2k3\ z = 3k, где k — целое.

Ввиду того что 0 < х, у, z ^ 9 , получим два решения:х 1 4У 2 8

г 3 6 .Если (х, у, z)—любое решение, то для каждого п выполнено

(3), а следовательно, и (1). Иными словами, данное равенство выполнено для всех натуральных п.

IIO. Пусть натуральные числа i, /, k, I удовлетворяют условиям 1 < » < / < * ,Тогда

— > г -гЦ » ; 0* )О,Я/ («/+Я/)а1 • 1 > 2 - Д = - • - Д = г > 4 (2)

a f ly c kat У a f ly V o-ifli i f l i+ay) (ак + щ )

Сложив все неравенства (1) и (2), получим заданное неравенство.Равенство имеет место тогда и только тогда, когда

1 4

я,f l y (Pi-у ay)2 ’ (1)

_! г !_ _ 4 _____ ?_____ (2)a f l y akai (ty+ a ,-) (ah -\-at) ’

т. e. когда

* Неравенства (I) и (2) следуют из неравенств:

a - y b ^ 2 У~аЬ, где я ^ гО , b 0 .

159

L

III. Пусть отрезки, соединяющие п точек, разбивают круг на и„ областей и z„—множество всех этих отрезков. Условимся нумеровать точки по ходу движения часовой стрелки: А и . . . , л и добавим еще одну точку А п+1 между А„ и А г. При проведении отрезка A n+1Ak (Л=1, . . . , п) рассечется надвое столько областей, на сколько частей отрезки множества zn рассекают сам отрезок А п+лАк. Отрезок А„+1АЛ пересекают отрезки, соединяющие любую из точек А 1У . . . , с любой из точекЛ*+1 , •••, А„ (но не пересекает внутри отрезки, исходящие из Лп + 1 или Ak). Таких отрезков ровно (k — 1 )(п—k), а точек деления столько же или меньше; последнее случится тогда, когда некоторые из точек деления совпадут. Число частей на единицу больше числа точек деления. Таким образом, при проведении отрезка A n+1Ak число областей увеличивается не более чем на 1 +( £ — 1)(л—к). Эта оценка не зависит от того, проведены или еще нет другие отрезки из А п+1. Всего, после проведения всех отрезков Лп+1 Лг, . . . , ЛП+1 Л„, число областей будет не более

п п п

ы„ + 2 (1 + (&—1)(п—к)) = u „ - \ - n - j ~ n ' 2 Ф — 1)— 2 k ( k 1).ft=l fc=l fc=l-

Нетрудно доказать по индукции следующую формулу:

П2 (*— !)■ • • (*—■s) = r i r n (п — *)• ••(«—«)•* = 1

Тогда после преобразований получим:п ( п — 1) (и— 2)

Un + l^ÛnA~tl~\~ 0 •

Суммируя все эти неравенства и учитывая, что их= 1 , получаем:

.. ^ 1 , п ( п — 1) , п ( п — 1) (п— 2 ) ( п — 3)и п 1 i 2 ' 24 *

Если в конфигурации zn никакие три отрезка не пересекаются в одной точке, то все подсчитанные нами точки деления различны, и неравенство превращается в равенство:

Ма х ц „ = 1 1 1 <"~2> (” - 3).

Остается проверить, что такую конфигурацию можно осуществить. Докажем это по индукции.

Пусть точки А г, . . . , А п уже выбраны указанным образом. Соединим прямыми каждую точку пересечения отрезков z„ со

160

р

всеми вершинами A lt . . . , А п. Занумеруем вторые точки пересечения этих прямых с окружностью буквами В у, . . . , Вт. Их число т конечно и не превосходит п[с2] 2 (его можно выразить через ип, но этого не требуется). Очевидно, если выбрать за Ап+1 любую точку окружности, отличную ОТ By, . . . , Вт, то отрезки А пЛ1Ак не будут проходить через точки пересечения отрезков г„, что и означает, что в конфигурации г„ + 1 также никакие три отрезка не пересекаются в одной точке.

112. Пусть К —точка пересечения касательных к окружности в точках С и D (точка К существует, так как точки С и D не диаметрально противоположные) и пусть N — точка пересечения прямых АС и BD.

Различные взаимные расположения точек С и D относительно АВ указаны на рисунке 60. Однако приведенное ниже решение не зависит от расположения точек С и D.

Рассмотрим Д A B N . В этом треугольнике АС и BD — высоты, следовательно, L —точка пересечения высот, тогда L N —также высота и поэтому LN _]_ АВ.

Докажем, что К —середина отрезка LN. Пусть К у—точка пересечения прямой LN с касательной т, проведенной через С. Покажем, что /( , совпадает с К.. Рассмотрим прямоугольные

6)Рис. 60

{

6 № 41 26]

треугольники ABC и NCL, отсекаемые от пары перпендикуляр, ных прямых АС и ВС прямыми АВ и NL.

Так как секущие взаимно перпендикулярны, то прямые углы NCL и АСВ обязательно смежные.

CAB = LNC = a и СВА = NKC = $, как острые углы с взаимноперпендикулярными сторонами. Касательная т проходит вне Д АВС, образуя с его сторонами С А и СВ острые углы, величины которых равны соответственно р и а. Поэтому касательная рассекает смежный Д NCL. j / K t C N —острый и образован АС и т .

Следовательно, KiCN = a, a KiCL = $ и Д ^ гС и Д Б /^ С равнобедренные, и, наконец, \KrN \ = \ K 1C\ = \K 1L\. Таким образом, касательная т проходит через середину К г отрезка LN. Аналогично, касательная к окружности в точке D также проходит через Kj, откуда К = К х-

113. а) Середина Т отрезка X Y (рис. 61) принадлежит, очевидно, кругу, который является образом круга К при гомотетии Ну с центром Y и коэффициентом у . Круг К у имеет своим центром точку Sy, которая является серединой отрезка SY, и его радиус равен — . Будем изучать множество всех точек Sy, когда Y пробегает Q. Эти точки заполняют образ Q' квадрата Q при гомотетии Н0 с центром 5 и коэффициентом у . Фигура Q',следовательно, есть квадрат, центр М ' которого есть середина отрезка SM, сторона которого равна 1, причем стороны квадрата Q' параллельны соответствующим сторонам квадрата Q. Круги Ку заполняют фигуру U.

б) Фиксируем точку Y. Точку Z получим теперь из точки Т, если сделать сначала поворот около Y на 45° (в положительном или отрицательном направлении) и после этого гомотетию с центром в К и коэффициентом Y 2; при этих отображениях круг Ку, которому принадлежит точка Т, перейдет в круг К у', радиус

16Я

D ‘


последнего равен ~ ~ , и его центр Sy получится как образ центра S y при указанных отображениях. Точка S'y является поэтому вершиной равнобедренного прямоугольного треугольника S Y S ' с гипотенузой SF. Следовательно, можно получить Sy так же, как образ точки Sy при последовательном применении двух отображений: поворота около точки S на 45° (в положительном или отрицательном направлении) и гомотетии с центром в S и коэффициентом 1^2. Эти отображения переводят множество точек Sy, т. е. квадрат Q' в два квадрата Qu Q2 со сторонами длины V~2. Круги Ку заполнят тогда фигуры Ult U2. Каждая из них получится как образ фигуры U при повороте на 45° (в положительном или отрицательном направлении) около точки 5 и последующей гомотетии с центром S и коэффициентом У~2. Фигуры Ult U2 имеют следующий вид (см. рис. 62).

Точки Z заполнят, следовательно, фигуры Ut и U2.114. а) Проведем В В ^ А А ' и А ' В ^ АВ (рис. 63); получим

параллелограмм АА'В^В. Прямая, параллельная АВ и проходящая через М, пересекает прямую ВВ1 в точке Ыг. Имеем:

Через N t проведем прямую, параллельную В^В'. Пусть эта прямая пересекает ВВ' в точке N 2. Из треугольника ВВХВ'

I AM | _ | ВМг |\ М А ’ \ | Л тВ , |

следовательно, | B ' N 2 I | A1A' |

и точка N 2 совпадает с точкой N,

6* 163

Аналогично строим параллелограмм DD'CjC и точку Р , на СС,. Затем проводим Л Р а Н ^ С ', откуда

IPQI ■. L£PjJ |СР,|IQO'i i p ^ i J p^ j

(теперь и точка Р2 совпадает с точкой Р), ноA’BjC f l ' — параллелограмм, так как | А ' Б 1| = = \A B \ = \DC\ = \D'C1\ и A'BjK АВ, D C ||D A - Отсюда следует, что | A'D’ I = = | В А | , A'D' IIВ А , сле-

Рис. 64 довательно, B j C J l B ' C ' n|В А 1 = |В 'С '|.

Тогда и N ^11 А следовательно, N 1NPP1и M N P Q — параллелограммы.

б) Вторая часть, очевидно, сводится к нахождению геометрического места середин отрезков МР. Теперь выберем Сх (рис. 64) так, чтобы четырехугольник АА'С^С был параллелограммом. Прямая, параллельная к прямой АС, проведенная через М, пересекает ССХ в точке М ’ и параллельная к прямой С А , проведенная через М ', пересекает СС' в точке Рг. Имеем:

\ А М \ \ С М ’ \ |С Р 2 || M A ' l |M 'C i | | Р 2С ' | -

Поэтому Р г совпадает с Р.Пусть Е —середина отрезка М М ' , F—-середина отрезка М'Р

и О—середина отрезка МР. Имеем, очевидно:

\EO\ = \M'F\-, EO\\M'F ,

следовательно, О описывает прямую, параллельную медиане, проведенной из вершины С треугольника ССХС'; эта прямая проходит через середину АС и середину А 'С '.

115. Заметим, что р Ф 0 и что, если х— корень, то

s i nx-cosxÔ.

Умножим обе части уравнения на ps inxcosx. Мы получим p (s in x -f cosx) = sinxcosx или после подстановки х = -+ У :

p(sin (т+ р) + cos (*+*))=sin +i/) cos (^+!/) ‘164

Но

sin (T+^)+cos(T+^)=sin (-r+^)+sin (т ~ y)=*

= 2 sin-^- cos у = 1 / 1 2 cost/,

sin ( t + ) ‘c0 S ( t + /) = Y s i n ( Y + 2^ / ) = Y s i n ( y — 21/) =

= yCOS2 i/ = Y (cos2 p — sin2 y) = у (cos2 у — ( 1 — cos2 y)) =

= Y ( 2 cos2 у 1 ),

так что если ввести обозначение г = cos у, то уравнение р (sin х + cos х) = sin х cos х

равносильно следующему:

/ 2 pz = | ( 2 z2 - l ) .

Или2 г2 — 2 \ r2 p z — 1 = 0 ,

откуда имеем:

z i = ~ y f - ( P + W + O, г2 = у = - ( р — К р Ч 7!) .

Для любого действительного значения р, очевидно,> 0 > z2.

Так как должно быть1 , z2> — 1 ,

то р должно удовлетворять следующим условиям:1 ^ 1 --- 7=- ^ Р ^ ---- 7 - .

2 / 2 2 / 2

Легко видеть, что при всех р из этого промежутка корни zltz2 уравнения 2z2 —2 / 2 pz— 1 = 0 будут различны. Тогда для значения у 0 ^ у < 2 л получаются четыре следующих значения:

i/j = arc cos Zj, y 2 = 2л—arc cos zv p 3 = arccosz2, p4 = 2 я —arc cos z2.

Они все различны, кроме случая, если р = — 2 , когда раз

личных только два. Это же имеет место для любого промежутка

165

переменной у вида: 2 k n ^ . y < 2 (k-\-1) п. Используя подстановку получаем выражения для х. Исследование существо

вания и количества решений уже проведено.IIG. Известно, что радиус вневписанной в треугольник ок

ружности, касающейся извне его стороны а,

“ р — а

где s — площадь, а р —полупериметр треугольника. (Сравните с формулой для радиуса вписанной окружности.)

Аналогичным образомs s

ГЬ = - Г, г„ = ■р ^ Ь ' р — с

Попарно перемножая эти равенства и используя формулу Герона, имеем:

rarb = P(p— c), rbrc — p (р—а), гсга = р ( р —Ь).Складывая соответствующие стороны последних равенств, получаем:

Так как

то имеет место:

rarb + rbrc + rcra = p2

rbrc= P ( p — a),

а —— (р.— У , ) — „ ■Р V r a r b -\~гЬ г с~ \~ г с г а

На основании этого равенства сторона а может быть построена Аналогичным образом можно построить стороны b и с, а с их

помощью сам треугольник. Легко видеть, что построение может быть проведено, причем единственным образом, какими бы ни были радиусы вневписанных окружностей.

З а м е ч а н и е . Задачу можно решить и проще, используя метод подобия. Приведенное выше решение обладает тем преимуществом, что из него легко получить условие возможности построения искомого треугольника.

117. Легко видеть, что выпуклое тело, о котором идет речь, может быть лишь

Рис. 65 таким, каким оно изображе

166

но на рисунке 65. Плоскости данных конгруэнтных прямоугольников будем рассматривать как координатные плоскости, стороны прямоугольников обозначим через 2а и 2Ь, причем а ^ Ь .

а) Из симметрии тела следует, что объем той части тела, которая находится в первой (положительной) части пространства, равен -g- части объема всего тела. Но

V О AB C D E F = V O B D F + К F A B O + ^ В С DO + ^ D EF O '

Тело OBDF является правильной треугольной пирамидой, ребра при основании которой

\BD\ = \DF\ = \FB\ = V Z { & — ab + b*),

а боковые ребра\OB\ = \OD\ = \OF | = ] / o ^ R

Легко подсчитать, что ее объем

^ = | ( й 3 + й 3).

Нетрудно подсчитать, что объем треугольной пирамиды FABO

Аналогичный результат получается для объемов треугольных пирамид BCDO и DEFO. Таким образом, объем всего тела

V = 8 (V, + 3V2) = - | ( ° 3 + 3а*Ь + Ь3)-

б) Необходимое и достаточное условие правильности тела, о котором идет речь, состоит в том, чтобы длины его ребер были одинаковыми, т. е., например, \ BD\ = \BB ' \, иначе говоря:

V 2 (a*— ab + b*) = 2 Ь,откуда получаем:

4 = | ( Г 5 - 1 ) .

Это означает, что более короткая сторона прямоугольников должна равняться более длинному из отрезков, на которые разбивается более длинная сторона прямоугольников золотым сечением.

З а м е ч а н и е . Если 4 — — О»

а = | ( / 5 + 1).

167

Если подставить этот результат в полученную выше формулу для V, то получим следующий результат:

E' = - ^ ( 3 - f - j / 5 ) 6 3.

Это равно объему правильного икосаэдра, длина ребер которого равна 2 Ь.

118. Обозначим через х и у соответственно радиус основания и образующую конуса. Тогда V = у лх2 У у2—х2 и S = nxy. Подставляя значения V и S в исходное неравенство, получим:

4 кх*у2— хв) < х3у3

или, деля обе части неравенства на положительное число 4х3у3, получим:

I зх_ / Х \ а

У \ У ) ( / 3 ) з »или

{х_ \3 Х_\ У ) У ( / Ю - ( / 3 )

W > 0 . (1)

Так как — < 1, то можем обозначить —=cosm, у У

где 0 < ф < у — угол между образующей и радиусом основания конуса, и неравенство ( 1 ) перепишется:

cos3 ю — , ■ — cos ф -\— т = -^ О,( / З ) 3 Y Y*

или(соэф (cOS2 (p+y=-COS(p —

С052ф + у 5 = -С 0 5 ф — | - = ^С05ф — -р = -^ ^СОЗф + y L - ) .

Поэтому получим:

(“»»—P f) '(cos,1'+T f ) >0-

Но

(2)

В неравенстве (2) первый сомножитель всегда неотрицательный, а второй — при 0 < ф < у — всегда положительный. Производя все действия в обратном порядке, получим исходное не-

х 1равенство. Равенство в (2) достигается при соэф = — = -р==-.

168

А=А' с D=Bt

Рис. 6 6

119. Пусть В (ABCD) и Р' (A'B'C'D')— данные параллелограммы, причем

\A B \ = \DC\ = b, \AD\ = \BC\ = a,\А 'В ' \ = \ D'C' | = а', | A'D' | = | В'С' | = Ъ',

и наряду с этим Ь' р . АС.Построим параллелограмм Pt ( А р р р ) ^ ) со сторонами а и

Ь' , равносоставленный с Р ' , следующим образом (рис. 6 6 ). Обозначаем А 1= А ' , D1 = D'. После чего проводим окружность с центром в точке А' и радиусом а и получаем точку пересечения этой окружности с отрезком В'С ' . (Это осуществимо ввиду того, что а' р .а Р .Ь ' < | А'С' (.) Наконец, строим точку Ct так, чтобы А р р р ^ был параллелограммом. Очевидно, Р' может быть разложен на две части, из которых можно составить Р х.

Далее аналогичным образом строим параллелограмм В* (A2B2C2D2) со сторонами а и Ь', который можно разложить на две части, из которых составить Р. Для этого обозначим Л 2 = = A, Z)a = D, после чего проводим окружность с центром в точке А и радиусом Ь' и получаем точку пересечения В2 этой окружности с отрезком ВС (это осуществимо ввиду того, что b ^ . b ' г^ |ЛС| ) . Наконец, строим точку С2 так, чтобы A 2B2C 2D2 был параллелограммом.

Очевидно, Р может быть разложен на две части, из которых можно составить В2.

Так как по построению параллелограммы В* и В 2 равновеликие с В ' и В и имеют стороны а и Ь', то Р± и В2 конгруэнтны.

Этим доказано, что параллелограмм В ' может быть разбит на четыре части, из которых можно составить параллелограмм В.

169

(2 0 . 1) 1. Пусть точно два из плоских углов при вершине А_прямые, а именно: CAD — BAD — 90° (рис. 67).

а) Пусть грань АВС—третий прямоугольный треугольник. Попредположению В А С Ф 90°. Ввиду симметрии все равно, какойиз оставшихся углов грани АВС прямой. Пусть АСВ = 90°, тогда имеем:

| ВС | 2 + | CD | 2 = | ВС | 2 + | АС | 2 + 1 AD |2 = | АВ | 2 + | AD |2 = | DB |2, т. е BCD — 90°.

б) Пусть грань BCD—третий прямоугольный треугольник.Если предположим, что BDC = 90°, то в этом случае легко установить, что Д АВ С—тупоугольный. (Например, так:

| ВС |2 = (CD |2 + 1 DB | 2 = | ПЛ | 2 + | А С | 2 + |/ 1 Б | 2 + | П Л | 2 > > | А С | 2 + | АЛ| 2.)

Но по условию это невозможно.Из-за симметрии все равно, какой из оставшихся двух углов

прямой. Пусть BCD = 90' ; тогда

| ВС |2+ | AC |2= | BD |2— | DC |2+1 AC |2= | BD |2—(| DC |2 — | АС |2)= = [ BD |2 — [ AD |2 = | АВ |2,

т. е. АСВ = 90°.II. Пусть для каждой вершины тетраэдра ABCD не выпол

нено условие, чтобы точно два из плоских углов при этой вершине были прямыми.

а) Если прямые углы трех граней прямоугольных треугольников сходятся в одной и той же вершине тетраэдра, то четвертая грань— остроугольный треугольник.

Действительно, легко установить, D что квадрат любого ребра четвертой

грани меньше суммы квадратов двух оставшихся ребер.

б) Пусть прямые углы трех граней прямоугольных треугольников лежат у различных вершин тетраэдра.

Легко сообразить, что относительно взаимного расположения граней возможны лишь три существенно различных случая: б1, 6 2 и б3, отмеченные на рисунке 6 8 .

Если допустим, что случай б2

осуществим, получим, что любое ребро тетраэдра является катетом неко-

Рис. 67 торого из прямоугольных треуголь-

170

Рис. 68

ников и поэтому меньше какого-то другого ребра тетраэдра, что невозможно, если вспомнить, что среди них есть наибольшее (одно или несколько).

Остается рассмотреть случаи:

б„ когда CAD = BCD = BDA = 90°,6 2, когда ЛВС = BCD = BAD = 90°.

Рассмотрим грань ЛВС.Ввиду 1) ВЛС 90° и ЛСВ 90°. Допустим, что ЛВС = 90°.Для случая имеем:

| АС | < | CD | < | DB | < | AB | < | AC |,

что невозможно.Для случая 8 а получим, что центр сферы, описанной около

тетраэдра ABCD, должен совпадать с серединами ребер АС и BD, в то время как эти ребра не имеют общих точек. Следовательно, Д ЛВС не прямоугольный.

2) Пусть в тетраэдре ABCD (рис. 67)

ЛСВ = СЛЬ = В 'Л Ь ^В С Ь = 90°.

Тогда очевидно, что объем тетраэдра выражается формулой

У = | | Л С | - | В С | - | Л О | .

Ясно, что хотя бы два из отрезков АС, ВС и AD короче остальных ребер тетраэдра. Если третий из этих отрезков не короче оставшихся трех ребер, то имеет место одно из неравенств |ЛВ| < | Л£>1, | C D | < ВС|. Если же заменить третий из этих отрезков на кратчайший среди оставшихся ребер, то новая тройка отрезков будет лежать в одной плоскости. Следовательно, АС, ВС и AD — кратчайшие ребра, не лежащие на одной и той же грани.

171

121. Не будем рассматривать тех, которые не имеют ни одного знакомого в зале (и поэтому сами не являются знакомыми кому-нибудь из присутствующих). Если их число больше двух, теорема доказана. Пусть останется k человек, каждый из которых имеет не менее одного знакомого. Очевидно, & ^ 2, каждый может иметь 1 , 2 , . . . , k — 1 знакомых, но так как присутствующих в зале k, то, очевидно, по крайней мере двое имеют одинаковое число знакомых.

122. а) Для k = \ неравенство (1), очевидно, выполнено. В общем случае его докажем по индукции. Имеем:

Применяя (1) к первому слагаемому в правой части последнего равенства, получим:

N (al + 2 + • • • + fl'I) + al+i + 20ft+1 (fl,1 -}-o!!+ • • • -)-£*) =

—ka%+x-\-2a1ak+1-)r 2a2ak+1-{-. . . + 2 а^ак+1 == (£+1 )(fl!+flS + • • • +oln) — К —a*+1)2—(a2— flft+i)2— ...

Учитывая неравенство (2), данное в условии, получим:

откуда вытекает ап^ 0. Изменив нумерацию чисел, можно любое из них обозначить ап и доказать его неотрицательность. Утверждение доказано.

123. Обозначим а, р, у внутренние углы треугольника АВС при вершинах А, В, С соответственно. Тогда

N —(аг-\-а2 + • ■ • +Q* + qa+i) 2 —= (Oi+tf2 + • • • + ° а ) 2 + я ! + 1 + 2 а* + 1 (Oj+ а 2 + • ■ • +я*)-

= ( & + 1) ( й ^ - | - а 2+ • • • + а 1 + й1+д)— <*(— # 2— • • • — o f —

• ■ ■ (flk Â+i)2- Отсюда сразу получается (1) для

N + 1 )(й 1 + а2+ • • • -btfiUi).

б) Утверждение, очевидно, имеет место для k = \.Для k = п — 1 вследствие (1) имеем:

^= 1^ (п 1 ) ( Й 1 + f l 2 + • • • + ап)-

* ■ • ~Е^л—1 i ~Е ~Е • • • ~Е®п—г I О х + й2 + • • • ~Е

Б!П 2 1 | ’ Б1П 2 | SZ? |и вследствие |5Л | SB | SC|

. аSin ТЕ = Р (1)

(*)

(2)

2

172

Рис. 69

Так как углы ~ , -§-, острые, имеем из (2):

т. е.

Используя180 > а > р > у > 0 .

a + P + V = 180°и неравенство (3), получим:

a + P + Y < 3 a , a + P + Y > 3 y , 180° < 3a, 180° > 3 у , т . e.

60° < a, 60° ^ y - Отсюда 4 ^ 3 0 ° и вследствие (1)

1 _ 1\S A \ = asm ~2

sin Зйэ 2 .

(3)

(4)

(5)

I. Все вершины А лежат на окружностях с центром S и радиусом, большим 1 и меньшим или равным 2 (рис. 69).

Из (4) имеем, далее, -^-^ЗО’ и из (1)

\ s c \ - YsuiJlI

sin 30о = 2 .(6)

II. Все вершины С лежат на окружностях с центром S, радиусы которых больше или равны 2 .

Для угла Р получаем неравенство0° < р < 90°,

т. е. 0° < 4 < 45°. Из (2) тогда получаем:

\SB\smT (7)

173

III. Все вершины В лежат на окружностях с центром 5 радиус которых больше чем V 2 .

Во всех трех случаях I, II, III верно и обратное.Если длина отрезка Sy4 (SC, SB) удовлетворяет неравенству

(5), (6 ), (7), то соответствующая точка А (С, В) является вершиной некоторого треугольника АВС, для которого выполнено (*).

1 2 4 . Пусть х, х + 1 , . . . , x A -k — искомые 1 А-k целых чисел. Уравнение задачи есть

Т- (•* Т" 1) ■ • • + (я + ) =или

(х+лН-*)(й+1)2

ОткудаN k

N.

— k+ л - Т ' 0)а) Поскольку N = 500 = 22 -53, соотношение (1) приводит

к анализу следующих двух случаев.Если k — четно, то, чтобы х было целым, &-)-1 должно быть

равно 1, 5, 52 или 53. Итак,kt + 1 = 1; Xj = 500; -f- 500.^ 2 + 1 = 5 ; д:2 = 98;&з + 1 = 5 2; х3= 8 ;k4A- 1 = 5 3; х ; = — 58;

98, 99, 100, 101, 102.8 , 9, 10, 31, 32.— 58, — 57, . . . , 65,66.

Если k —нечетно, то, чтобы х было целым, дробь долж-K-j- Iна быть равна т + у ( т —целое). Следовательно, & + 1 должнобыть произведением множителя 23 с 1, 5, 52 или 53. Получаем:къА~ 1 = 2 3; лгБ = 59; -=-59, 60, . . . , 65, 6 6 .ke -f-1 = 235; хв = — 7; -= 7, — 6 , . . . , 3 1 , 32.£, + 1 = 2 352; х 7 = — 97; ^ — 97, — 96, . . . , 101, 102.& 8 + 1 = 2353; *„ = — 499; Ч- — 499, — 498, . . . , 499, 500.

б) Соотношение (1) будет выглядеть:2a 3tV kх-

k - i - i

Если k — четно, &- f l может принимать нечетные значения 1, 3, З2, . . . , ЗР; 5-1,5-3, . . . , 5-ЗР, 5а- 1, . . . , 52 -ЗР, . . . , 5 ’М , 5v-3, . . . , б^-ЗР, т. е. (Р + 1)(Т + 1) значений.

Таково же число искомых сумм.2а Зр 5VЕсли k — нечетно, то, чтобы х было целым, — ~k , — должно

быть равно m-f-y«

174

гСледовательно, k-\- \ может принимать предыдущие значения,

помноженные каждое на 2 “+1, т. е. (Р + 1)(у + 1) значений. В итоге мы получаем 2(P + l ) ( y - f 1) сумм.

Ровно половина этих сумм будет состоять только из натуральных чисел.

В самом деле, если из множества натуральных чисел: х + (х + 1 ) + . . . -f(x + &) = N, х ^ \ , можно получить множество целых чисел с той же суммой

(—х - \ -1) + . . . -f 0 + • . . + ( х — 1) -f-xr-f-. . . -f-(х -j-&) = ./V(когда л: = 1 ), то добавляется только 0 .Наоборот, если множество начинается с отрицательного х = —у, то, поскольку N ^ 1 , положительных членов больше и

( - У Ж - У + ! ) + • • • + o + . . . + t / + 0 / + i ) + • • . +(* / + *) =* == A = (t/ + 1) + • ■ • + (y + k) = N. Таким образом, каждому множеству из натуральных чисел сопоставляется ровно одно, начинающееся с отрицательного числа или нуля. Следовательно, число сумм из натуральных чисел равно (Р + 1) (у + 1).

в) Если N = а а№су . . . т где а, Ь, с т —возрастающие простые числа и а, р, у, . . . , ц — натуральные числа, исследование разбивается на два случая:1 °. а = 2 ; тогда рассуждениями, аналогичными вышеприведенным, устанавливается, что число искомых множеств есть2 (р + 1 ). . . ( |л + 1 );

2 °. а > 2 , число N —нечетно; тогда рассуждениями, сходными вышеприведенным, устанавливается, что число искомых множеств равно

(a + l)(P + l ) (Y + l ) . . . ( n + l).125. а) Если а и b положительны, формула бинома Ньютона

дает(а-\-Ь)п > ап -f пап~г -Ь,

откуда(ц + 1)" > 2 -пп.

Десятая степень этого неравенства дает(п 4 . 1)ю" > 210«10п > 1000 ■ п10П.

Логарифмир) я это неравенство, получаем:

i g ( « + i ) > - f | r + lg n -

б) Перепишем полученное неравенство в виде

Ы(к + 1 ) > ш + \ёк.

Суммируя такие неравенства от k = \ до k = m — 1 и учитыв а я /ч т о lg 1 = 0 , а слагаемые lg 2 , . . . , lg(m— 1) в левой и

175

правой части неравенства взаимно уничтожаются, получаем:

1 е т > ш ( 1 + т + - - - + ^ ~ т ) -

Сложим полученные неравенства от т = 2 до т = п :

l g n ! = l g 2 + . . . + l g n > ^ ( ^ + + - - - + - ~ (!,7 1)) =

= Тб ( и * ( т + Т + - - - + ^ = л ) — (п ~ >

> Ton ' ( ' 2 + ' 3 ' + , , ’ + п^ \ ~ _1) ’

что и требовалось доказать.126. Левая часть уравнения (мы будем ее называть f (х))

представляется разными алгебраическими функциями в интервалах (— оо, — 2 ), (— 2 , — 1 ), (— 1 , + 1 ), ( 1 , 2 ), (2 , +оо).

Далее, левая часть строго положительная и является четной функцией / ( * ) = / ( —х). Правая часть нечетна, на одной полуоси она положительна, а на другой отрицательна. Поэтому, если

0 , то достаточно рассмотреть только положительные х и провести исследование в интервалах (0 , 1 ) ( 1 , 2 ), (2 , +оо).

Наоборот, при т = — t < 0 на положительной полуоси решений нет, а корни уравнения на отрицательной полуоси противоположны по знаку корням уравнения с т = £ > 0 .

Итак, пусть т ^ О .Интервал 0 < х < 1. Уравнение имеет вид: 5—2х 2 = тх с кор-

— т ± V т '2+ 4 0 Н Я М И Х и2 = ---------------- £-------- '■-------- .

гг - — >п4- У т~-\- 40Положительный корень хг = ----- единственный.

Он подходит, если *х< 1 , когда /(1) = 3 < т , т. е. при т > 3.Точка * = 1 . Соотношение 3 = т, т. е. точка х — \ —корень

при т = 3.Интервал 1 < х < 2. Уравнение имеет вид: 3 = тх. Единствен-

3 3 3ный корень х = — . Он подходит, если 1 < — < 2 или у < m < 3.

Точка х = 2. Соотношение 3 = 2т, т. е. точка д: = 2 есть ко- 3рень при т = у .

Интервал (2 , + оо). Уравнение имеет вид: 2х2— 5 = т х с кор-zn ± У т 2+ 40 нями x lti = -------1-— .

п ” tn-\- V ,п‘~ + 40I юложительныи корень хг = — — — 1 единственный.з

Должно быть хг > 2, тогда / (2) = 3 < 2т, т. е. при т > у .

176

а) Итак, если т положительно, то уравнение имеет решение3 3при у .П р и / я = у существует единственное решение: х = 2 ,з

при т > у существуют два решения: 0 < х 1< 2 и х 2 > 2. Со-. 3вершенно аналогично, если т отрицательно, то при т ^ г —у реше-

3нии нет, при т — — у — единственное решение: х = — 2 , приз

т < —у —два решения: 0 > х1 > — 2 и х 2 < — 2 .б) Корень х = 1 получается при т = 3, таким образом, имеем

пары ( 1 , 3) и (— 1 , —3).Корень х = 2 отвечает дробному т = у .Остается проверить целые числа х > 2. Они должны быть кор

нями уравнения 2хг—5 — тх. Отсюда 5 = х(2х—т). Оба множителя х и 2х—т —целые. Так как х > 0, то 2х— т также положительно. Но 5—простое число и разлагается в произведение положительных сомножителей всего двумя способами: 5 = 1 - 5 = 5-1.

Первое разложение дает х — \, что не годится, так как мы рассматриваем лишь х > 2 .

Остается вторая возможность: х = 5, /п = 9. Таким образом, получаются еще две пары: (5, 9) и (— 5, — 9). Больше целых пар нет.

127. Из условия следует, что a = a t/\(« = Л; а 1 = ^ ) и ^+£ = = 2 . ( 1 )ь ь1

Из теоремы синусов легко вывести формулу:а —V

а- г = —г £ г (где т = с ; т,=с,).cos - y i

Применяя эту формулу, из (1) получим, чтоа — V а + Т Ki — Vi a i + Vi ,г,\cos —g-b; cos—у-У = cos- 2 cos — - . (2)

Из (2) непосредственно следует:1 + t g f - t g V , 1 + t g ^ - t g ^

1 - t g f t g V l - t g | - t g £ ■

Упростив, получим: tg y -tg - |- = t g ^ t g ^ ,

так как a = a 1, то t g y = t g ~ и, следовательно, tg y = t g y ;

V и Yj —углы треугольника, поэтому иЗначит, y = Yi> т - е- Д АВС ео Д АгВ гС%.

177

в 128. Пусть Т —точка касания

М

обоих кругов (рис. 70). АВС — вписанный равносторонний треугольник и СР— большая из трех касательных AM, BN, СР. Покажем, что \AM\ + \B N \ = \CP\. Через D, Е и F обозначим точки пересечения прямых АТ, ВТ и СТ с меньшей окружностью. Тогда получим:

| AM |2 = | AD\- \ АТ\, ( 1 )\BN\* = \ В Е \ - \ В Т \ , (2)|С Р | 2 = | C F | •|С7’ |. (3)

Рис. 70Разделив (1) и (2) на (3), получим:

\АМ\* \AD\-\AT\ '(4)|С Р | 2 _ I C f l - I C r j ’

| B N |а \ В Е \ \ В Т \(5)| С Р | 2 1 С /7 1-| CT’ l '

Оба круга гомотетичны с центром гомотетии Т. При этой гомотетии точки D, Е, F меньшего круга переходят в точки А, В, С большего круга. Из этого следует, что DF || AC, EF || ВС. Значит,

Но Т есть точка дуги АВ круга, описанного около равностороннего треугольника АВС. Поэтому | АТ | + 1 ВТ | = | СТ |. (Это следует из известной теоремы.)

Следовательно, ■АМ ^ - = 1 и | AM | + |ВА | = | СР |.

129. Здесь можно предложить сразу два решения этого уравнения: х = 3, у = 1; х = 5, у = 3.

Докажем, что других решений нет. Для х = 1 , х — 2, х = 4, очевидно, не имеется решений. Предположим, что какая-либо чара чисел (х, у) с лг>5 удовлетворяет уравнению

В этом случае левая часть уравнения дает остаток 0, если разделить на 64. Правая часть должна также дать тот же остаток.

| А Р | _ | А Т | . | BE | __ | В Т || FC | — | СТ | ’ | CF | | СТ | '

Равенства (4)Сложив эти равенства, получим:

| A M |4-1 B N | \ А Т \ + \ В Т \| СР I I C T I (6)

2 * = 3^ + 5.

178

Если разделим 3" на 64, то получим, однако же дляп = 1, 2, 3, 4, 5, 6 , 7, 8 , 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16

остатки: 3, 9, 27, 17, 51, 25, 11, 33, 35, 41, 59, 49, 19, 57, 43, 1.

Благодаря тому что при делении 31в на 64 мы получим остаток 1, остатки при делении 3" на 64 периодически повторяются с периодом 16. Поэтому у должен иметь форму: у = 11 -f 16 k. Мы покажем, что такое решение не существует. При этом мы показываем, что остатки левой и правой части уравнения будут разные, если делить на 17.

Можно легко убедиться, что деление З16 на 17 дает остаток 1, значит, остаток от деления З^ на 17 тот же, что и остаток от деления 3“ на 17, т. е. 7. Остается только доказать, что при делении 2х на 17 никогда не получится остаток 12.

2 " ( п= 1 , 2, 3, 4, 5, 6 , 7, 8 ) при делении на 17 дает следующие остатки:

2, 4, 8 , 16, 15, 13, 9, 1.Так как при делении 28 на 17 остается остаток 1, то остатки

периодически повторяются с периодом 8 . Остаток 12 никогда не получится.

S30. Пусть лг,- (i = l, 2, 3) — рациональные корни заданного полинома, тогда, очевидно, г/,- = ал;,- есть рациональный корень полинома г/? + М/ 2 + acy+a2d. Легко доказать, что всякий рациональный корень полинома с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом, равным 1,— целый. Итак, у х у 2, у3—целые. Тогда они все три суть делители a2d —нечетного числа. Поэтому они все нечетны. Их сумма b и сумма их парных произведений ас должны быть нечетными числами, т. е. и Ъ и с— нечетны, что противоречит условию (be—четно).

131. Пусть Е и F —середины диагоналей АС и BD и G — центр тяжести треугольника BCD (рис. 71). Докажем, что точка Ж пересечения AG с E F —середина EF. Действительно, если И — середина CG, то, так как АЕ |= | ДС |, отрезок ЕН параллелен AG, и так как | FG | = | GH , то | FM | ==|МД|.

Поэтому|MG |= у | ЕН\ = у | Ж? |. Теперь рассмотрим гомотетию с центром в точке М с отношением— у . Рассмотрим окружность, в которую она пе- д реводит окружность, проходящую через ABCD. Мы можем доказать, что все четыре центра тяжести лежат на ней, точно так же, как мы это уже доказали для точки G. Р и с . 7 1

179

1 3 2 . Пусть MNPQ (рис. 72)— середины сторон данного вписанного четырехугольника и пусть S —точка пересечения прямых МР и NQ. Четырехугольник MNPQ — параллелограмм и 5 его центр, поэтому точки М и Р, N и Q соответственно симметричны относительно 5. Перпендикуляры, проведенные через точки М, N Р и Q к соответствующим сторонам, пересекаются в одной точке Т —центре описанной окружности.

Перпендикуляры, проведенные через М, N, Р и Q к противоположным сторонам, параллельны перпендикулярам, проведенным к соответствующим сторонам через точки М, N, Р и Q поэтому они также пересекаются в одной точке Т ' , симметричной Т относительно S.

1 3 3 . Рассмотрим два круга, касающиеся данных концентрических кругов н друг друга. Диаметр d каждого из таких кругов равен R — г. Пусть наибольшее число кругов, вкладываемых в кольцо, равно п.

Нетрудно видеть, чтопричем [х] означает наибольшее целое число, не превосходящее х.

Из Д 00,/С

(*)

R — г гготкуда <p=arcsin- 5 - — . Так что н-\-г

Рис. 72arc-s

п гИз (*) получим: =sinqp,

откуда

R 1 + sin фг 1 — sin ф

ИЛИ

Отсюда

Рис. 73ф V r - iTP

g 2 V R - i - V~r •

180

Р е ш е н и е задачи получим, рассмотрев двойное неравенство sin х < х < tg х. Из этого следует, что

R—г . Ф ^ V R — V г-h i— < Ф и тг < -4 = ~7=~ •« + г ^ v 2 у R л- Y1-

Отсюда^ R + r , . ^ я Y ~R + Y~r

и п + 1 > - 2 - у % — ? Т гили

„ о i с R + r 63 R + r „ . . . V R + Y - r 3п < 3 , 15 - R_ r —20- R _ r и n + l > Y r — Y~r ' 2 *

134. Пусть число x является решением уравнения (1). Тогда выражения у = х 2 + 2рх— р 2, г = х 2— 2 рх—р 2 (2 ) необходимо удовлетворяют условиям у > 0 , 2 ^ 0 , у > г.

Из уравнения (1) с помощью (2) мы получаем последовательно

V y - V ~ z = \ , 0- 2 - 1 = 21/7,

Арх— 1 = 2 К 2. (3)(4рх— 1) 2 = Аг, (3')

\ + А р 2 = Ах2{ \— Ар2). (4')

Значит, кроме р > 0, необходимо 1— Ар2 > 0, т. е,_j_2 ’о < р < 4-. (4)

Так как у > 2 , т. е. 4 р х > 0 , имеет место х > 0 . Из (4') следует тем самым

1 Г \ + V / к ч

* = т К г = 4 ^ * <5>

П р о в е р к а . Из (5) следует (4') и тем самым (3'). Значит,имеет место 2 ^ 0 . Для того чтобы перейти от (3') к (3), необходимо и достаточно Арх— 1 ^ 0 , значит,

1 i / i± { 4 £ ? > _ L /6)2 У 1 _ 4 р 2 ^ Ар *

Из (6 ) и (4) следует

1 у П Г " 1 < р < 1 . ( 7 )

Так как у = г + Арх и 4 р х > 0 , имеет место у > 0. Таким образом, из (3) получаем (1). Уравнение (1) имеет при условии (7)единственное действительное решение, а именно (5).

-181

135. 1) Пусть п —четно. Подсчитаем число тупоугольных треугольников, имеющих тупой угол, в вершине А г, т. е. число треугольников A xAjAb, j < k .

Условие ЛАЛ 1 Л у > — эквивалентно условию k — у > + . Подсчитаем теперь число пар натуральных чисел у, k, для которых 2 ^ у < /г « и k —у > у .

Если у пробегает значения 2, 3, ~ — 1, то соответствую

щее каждому у, k можно выбрать — 2 , у —3, ..., 1 способами, т. е число всех пар равно

(т-2) + ( т - 3) + - +1 = т ( т - 2 ) ( т - ‘) “== -g- («—2) (п— 4).

Это число тупоугольных треугольников с тупым углом при вершине А х, а всего треугольников будет -g- ti {п— 2)(п— 4).

2) Пусть ti — нечетно. Подсчитаем в этом случае число тупоугольных треугольников А хА Л к с тупым углом при вершине A v^ jМы получаем, что k —у > —g—. Число пар у, k, таких, что

2 и k — / > у ( п — 1 ), равно

~ ( п — 3) + 4 - (п~ 5) + • • • + 1 = j (п— 0 (п—3).

А всего тупоугольных треугольников будет -^п(п — 1 ) ( п — 3).Итак, число тупоугольных треугольников при п четном равно

-j}ti(n— 2 ) (и— 4) и при п нечетном равно -g-n(n— 1 )(«— 3).136а Рассмотрим п -f 1 чисел

О, а\, al-\-al, й!+ 0 2 -f-ol, ..., а\ + о |+ . . . + 0 *- Среди этих чисел найдется по крайней мере два, например а\ + . . . + а | , а\ + . . . +а£, у < k, которые дают одинаковые

остатки при делении на п, тогда a'f+1 -f-. . . -j- а\ нацело делится на п.

137. а)1. Обозначим данные точки А, В, С, D, Е (рис. 74) и предположим, что из точки А выходят три красных отрезка*; пусть, например, отрезки АВ, AC, AD. Тогда по условию отрезки ВС, DB, CD должны быть синими**, и, следовательно, треугольник DBC получился синим, что противоречит условию.

* На чертежах 74, 75, 76 обозначены сплошной линией.** На этих же чертежах штриховыми линиями.

183

Рис. 74 Рис. 75 Рис. 76

2. По предыдущему из точки А исходят два отрезка одного цвета, например красного, пусть это отрезки АВ, АС, тогда отрезки AD и А Е —синие (см. рис. 75).

Из условия задачи следует, что отрезок ВС—синий, а отрезок D E —красный. Из точки D исходит еще один красный отрезок—либо CD (рис. 75), либо DB (рис. 76).

В обоих случаях цвета остальных отрезков определяются однозначно.

б) Искомая линия на рисунке 75 — ABEDCA и ADBCEA, а на рисунке 76— ABDECA и ADCBEA.

138а Очевидно, что можно поместить десять параллельных рядов но десять шаров в каждом ряду, т. е. 100 шаров. Но это число можно увеличить, если в первый ряд положить 1 0 шаров, а во второй 9, так чтобы каждый шар второго ряда касался двух шаров первого ряда, и т. д. Тогда общая высота Н уложенных слоев Н = 2r-f-r(n— 1) \ '3 , где п —число слоев. Поскольку Н = ^ 1 0 , при г — ~ получаем и ^ 6 |/ 3 - ) - 1 , т. е. п = 1 1 .

Положим теперь в I, III, V, VII, IX, XI слои по 10 шаров, II, IV, VI, VIII, X — по 9 шаров, т. е. мы уложим 105 шаров.

При этом остается запас высоты, равный 9 —5 (Лз. Попытаемся теперь заменить какие-либо слои с 9 шарами на слои с 10 шарами. При такой замене одного слоя высота увеличивается на

4 г — 2 г У З = г ( 4 — 2 У З ) .

Для ti = 11 и г — ~ получаем, что число замененных слоев k

удовлетворяет неравенству k{2— 13) 9— 5 j/3 ,т. е. k ^ . ( 3 — КЗ). Откуда k = \ . Поэтому один слой из 9 шаров можно заменить слоем из 1 0 шаров.

Таким образом можно уложить 106 шаров.З а м е ч а н и е . Задача не была включена, так как строгое

доказательство максимальности ответа N ~ 106 затруднительно.183

139. Если буква встречается только один раз, назовем ее буквой первого рода. В противном случае—буквой второго рода Буквы, рядом стоящие с буквой второго рода, различны, это следует из свойства б).

Если слово содержит хотя бы два вида букв, то оно содержит хотя бы одну букву первого рода. В противном случае мы можем получить из него слово вида abab, что противоречит условию. Вычеркнув все буквы второго рода, совпадающие с некоторой, получим слово из п — 1 различных букв. Вычеркивая буквы второго рода и далее, придем к слову, состоящему только из букв первого рода.

Мы докажем методом математической индукции, что слово имеет длину не более 2 п — 1 буквы.

Для п = 1. Это утверждение правильно. Предположим теперь, что оно правильно для n = k букв, и докажем его для n = k + 1 .

Пусть слово содержит fc+1 различную букву, а —буква первого рода, а Р—соседняя с ней буква. Если р—первого рода, то при вычеркивании р возникает слово из fc различных букв, максимальная длина которого поэтому не превышает 2 fc— 1 , а само исходное слово имеет длину не более 2 fc.

Если р—второго рода, то легко заметить, что или обе соседние буквы пары а, р различны, или имеется только одна соседняя буква, т. е. пара а, р стоит с краю.

Поэтому пару а, р можно вычеркнуть, оставшееся слово удовлетворяет условию а) задачи.

Длина оставшегося слова 2fc— 1 буква, а первоначального — 2 fc — l + 2 = 2 ( fc + l ) — 1 буква.

Пример слова, имеющего 2fc— 1 буквы, из алфавита аи а2, ..., ап:

й 1й 2С13 .. .О пО п _ 1йп _ г -. . 0 +

140.

f{a, b, с) =

Заметим, что

+ ! + ! _ 2 I , | ± _ 1 | , 1 , 1 , 2^ Ь с m а Ь \ ^ а ^ Ь ^ с '

I х у | + х-\-у = 2 max (х, у).Поэтому

f(a, b, с) — 1 2 max (1 , | ) - | | + 2 max ( 1 , | ) + | .

Применив то же замечание, получим:

f (а, Ь, с) = 2 шах ^ 2 шах ( 1 , - i ) ; =*

= 4 шах (шах ( 1 f i ) ; 1 ) = 4 max ( 1 , ± , 1 ) .

184

141. Рассмотрим отрезок MN, отсекающий от треугольника АВС треугольник AMN, площадь которого вдвое меньше, чем площадь треугольника АВС (рис. 77). Обозначим A N —х, А М = у, тогда

Saamn = 4г Щ sin a =s1 1 и ■-о- • -9- ос sin ос,

Ряс. 77

откуда2 ху Ьс.

По теореме косинусов найдем длину \M N \ = da\dl = x2Jr у 2— 2ху cos а = (х —у)2 + 2 ху ( 1 —cos а) =

= (х— у)2+ 6 с (1 — cos а) ^ be (1 — co sa ) =do-

О)

(2)

Аналогично вычисляются dl и d2.Выразим dl через площадь треугольника и его стороны. Найдем 1— co sa .

а2 = b2 -J- с2— 2 be cos a = (b — с) 2 -j- 2 be ( 1 — cos a),

, a2—(ft—c)2откуда 1 — cosa = ---- —- .Это выражение подставим в (2) и получим:

I 9С2dl = ^ { a 2- { b - c ) 2) = 2 { p - b ) { p - c ) = j lj ) , (3;

(3')

где 2p = a-j-b-\-c и S = V p ( p — о)(р—Ь)(р— с).Циклической заменой в (3) получим:

-7-2 2 S 2 -Т2 2S2dh = —, тх и dl = —, г.ь Р (Р— Ь) р { р — с)

Предположим, что а ^ Ь ^ с , тогда из (3) и (3') получим:

Таким образом, у б у д ет меньше, чем dl и dl. Осталось показать, что точки М и N лежат на сторонах треугольника, а не на их продолжениях, т. е. х = у < Ь . При х = у равенство (1) дает

/ Ьсу . Из неравенства и неравенства треугольника с < а - ) - й получаем, что с < 2 й, т. е.

х = -у= ] / Гу < ] / й 2 = й < с .

185

И с с л е д о в а н и е . Если fl<& , то имеется только один кратчайший отрезок, длина которого равна da. Если о = 6 < с, то имеется два кратчайших отрезка длины da = db. Если треугольник равносторонний, то кратчайших отрезков три и длины их равны da dp - dc.

142. Глаз видит изображение свечи или непосредственно, или лучи света, отразившиеся от зеркала, или лучи света, отразившиеся сначала от одного зеркала, потом от другого, и т. д. При каждом отражении угол падения на зеркало равен углу отражения. Эту картину можно спроектировать на плоскость, проходящую через глаз G наблюдателя перпендикулярно ребру угла. Равенство углов падения и отражения сохранится. Поэтому достаточно рассмотреть плоскую задачу. Итак, пусть луч от свечи S отражается последовательно от зеркал а и b—лучи ОХ и OY. Предположим, что последний раз он отразился от зеркала а. Занумеруем точки отражения в обратном относительно распространения света порядке, т. е. от глаза.

Пусть точки отражения будут А и В2, А 3, ..., Сп, так что свет проходит от свечи до глаза ломаную SCn.. .A3B„Afi. Найдем, в какой точке лежит соответствующее кажущееся изображение свечи. Ясно, что эта точка на прямой 0 Л 1. Отразим (сделаем симметрию) угол OXY и лежащий в нем отрезок ломаной от А± до S относительно прямой ОХ. Получится новая ломаная

GA1Bt"A's1\ . .C l"S™ (1)

gT . X = B ^ A f i

по свойству отражения, В 2А 10 — ВЧ'>А 10 в силу симметрии, поэтому точка В ^ лежит на прямой GAt. Обозначим отраженный луч OY через 0 Y l и отразим угол Y f i X и лежащий в нем отрезок ломаной BpAs'.-.On'S™ относительно луча 0УХ. Получим ломаную G A ^ ^ A f 1 ...C;,2)S ,2) с прямым участком уже от G доЛ!,2). Продолжим эти построения до тех пор, пока не распрямится вся ломаная и не превратится в отрезок GS{,‘\ Итак, рецепт получения изображений следующий.

Находим для точки S симметричную Su> относительно отной из прямых OZu затем точку Sl2), симметричную S a) относительно прямой OZ2, образующей с исходной угол 2а, и т. д. до точки S {n\ симметричной S(n-1) относительно прямой OZ(n_v , образующей с исходной угол (п— 1)а. Далее, проводим отрезок GS(n) и проверяем, пересекает ли он все лучи OZ, 0Zl t ..., OZ(„_1). Если пересекает, то Sln) есть изображение в зеркале (проверяется обратным процессом), если не пересекает хоть один—такого хода лучей получить нельзя (см. выше построение изображения). Сделаем следующее очевидное замечание. Пусть лучи ОМ и ON образуют угол меньше развернутого и луч ОР лежит между ОМ и ON. Обозначим через OQ вторую половину прямой ОР.

186

Тогда любая прямая, не проходящая через точку О, не может пересекать одновременно все три луча ОМ, ON и OQ. Поэтому, строя последовательные отражения точки S и угла XOY, надо остановиться, как только продолжение OF луча OG попадает в угол Zn_1OZn. Пересечь луч OZ„ и все предыдущие отрезок GS{n+v не может. Углы XOY, XOZ,, Z Ô Z ,, и построенные в обратную сторону углы Z JOY, Z_(ft_ 1 )OZ_ft покрывают всю плоскость, причем Zn_tOZn и Z_{k_v OZ_k перекрываются. Итого числоизображений не превышает + 1 .

В зависимости от расположения свечи и наблюдателя изображений может быть и меньше: за счет изображений в одномили обоих крайних углах, но не меньше — 1 .

Дальнейшие подробности зависят не только от положения,но и от четности числа . Если же a = ^ j , где п —целое,то при любом положении свечи и наблюдателя видно ровно 2п изображений (считая и саму свечу, так же как в расчетах, проделанных выше). Здесь вся плоскость разбита на 2п углов. Критическим является /_X'OY' — вертикальный к / X O Y . При этом точки S(n) и 5 (_п) совпадают. S {n) = S {~n)^ S ° , либо при четном п, занимая то же положение в X 'O Y ' , что и в XOY, либо при нечетном ti—зеркальное. Поэтому мы либо видим отражение в зеркале ОХ, когда отрезок GS° пересекает ОХ, либо в OY, когда отрезок GS0 пересекает OY.

143 Если четырехугольник невыпуклый, то, отражая c u d симметрично относительно внешней диагонали, получим выпуклый четырехугольник площади S', причем S' > 5. Поэтому можно рассматривать только выпуклые четырехугольники. Разобьем четырехугольник диагональю на два треугольника. Площадь первого из них не превышает половины произведения двух его

сторон, т. е. у . Площадь второго не превышает у . Сложив,получим 2S^.ab-\-cd. Аналогично: 2S ^ b c - \ -a d .

Сложив эти два неравенства, получим:

4 S < (a + c)(6 + d ), т. е.144. 1) Пусть п = 2ft+ 1.По первой команде оставим школьника номер ft+ 1 на месте,

а (символом ^обозначим , что а и b меняются местами)1 ^ 2 f t + l , 2 2ft, 3 ^ 2 f t — 1....... f t ^ f t + 2,

тогда получим расположение: 2ft-j-l, 2k, 2k— 1, 2k— 2, ..., I.По второй команде оставим на месте номер 2ft+ 1, а 2 f t ^ l ,

2 ft— l ; z t 2 , 2 ft—2 ^ 3 , ..., f t+ 1 --ft, тогда получим требуемое расположение: 2 ft-f- 1 , 1 , 2 , 3, ..., 2 ft.

18Т

2) Пусть n = 2ft.По первой команде оставим на месте номер 1 и номер ft-j-l,

a 2 :<zt2 /г, 3 ;z t2 ft— 1, 4 2k — 2, ft;^?ft + 2, тогда получим расположение: 1 , 2k, 2k— 1 , 2 .

По второй команде1 ^ 2k, 2 ft— 1 ^ 2 , 2 ft—2 ^ 3 , ft + 1 7 ^ ft,

и получим требуемое расположение: 2 ft, 1 , 2 , 3, ..., 2 ft— 1 .145. Всего, если провести разрезы по обоим семействам

линии деления, мы будем иметь не более 1 0 0 областей, которые будем называть A ijy считая, что А , —это пересечение части Л,- при первом делении (t = l, 2, ..., 10) и части В у при втором делении ( /= 1, 2, ..., 10). Будем считать, что часть А,- закрашенаi-й краской. Число способов раскрашивания частей By равно 10!. Занумеруем их в каком-нибудь порядке числами ft= 1, 2, ..., 10! и обозначим в каждом способе через S,, сумму площадей областей Aiy, покрашенных с обеих сторон одной краской (для некоторых пар t области Л(/- могут не существовать, тогда мы считаем их площадь равной нулю).

Л е м м а.101

2 5 , = 9! (*)fe=i

Примем пока ее без доказательства. Если 10! неотрицательных сла-п. 9! 1гаемых дают в сумме 9!, то из них одно не меньше

иначе вся сумма будет меньше 1 0 ! -^ = 9!, что и требовалось доказать.

Для доказательства леммы подсчитаем, сколько раз площадь S,y области Aij входит в левую часть (*), т. е. сколько Sk (при скольких номерах ft) содержат S,y.

Для того чтобы S i ( вошла в S k, необходимо и достаточно, чтобы при ft-м способе раскраски часть В, была закрашена одним определенным цветом—тем же, что Л,-. Остальные 9 цветов могут как угодно прийтись на остальные 9 частей; их можно распределить 9! способами. Итак, сумма 2 5 * . выраженная че-

kрез Ап, содержит каждое из них 9! раз, т. е. равна 9 ! 2 Л , ;— 9! Лемма доказана.

146. Пусть дан шестиугольник ABCDEF, и пусть его диагонали AD, BE, CF пересекаются в точках Р, Q, R (рис. 78). Тогда шестиугольник ABCDEF можно разбить на треугольник PQR и три четырехугольника, заполняющие его внешние углы. Четырехугольники образованы двумя последовательными сторонами шестиугольника и отрезками диагоналей. Если диагонали пересекаются в одной точке, то шестиугольник разбивается только на три четырехугольника. Площадь хотя бы одного из

188

r ~

них не превосходит -i- S. Пусть,например, это четырехугольник APEF. Проведем в нем диагональ FP. Четырехугольник разбивается ею на два треугольника. Площадь одного

1 1 еиз них не превосходит у • — 5,пусть это S ^ fpe- Тогда площадь одного из треугольников EFA и FED не превосходит S ^ fpe- В самом деле, основание FE у них общее, а вершины лежат на одной прямой, причем Р лежит между А и D, поэтому высота / \ F P E на FE не меньше высоты одного из треугольников.

147. Пусть k = 100а + 10&-f-c, где а неотрицательное, а 0 ^ < 1 6 ^ 9 и 0 < + < !9 . Легко видеть, что две последние цифры не зависят от а. Заметим, что, какой бы отрезок натурального ряда из ста чисел мы ни взяли, две последние цифры пробегают все значения от 00 до 99. Поэтому отрезок можно взять от ОЭ до 99. Вычислим последние две цифры суммы восьмых степеней:

99 9 9

2 * 8 = 2 2 ( ю * + 1 / ) 8 =k = 0 Х —0 у — 0

9 9

= 2 2 ( ( Ю * ) 8 + 8-(10х)7у + . . . + 8 -1 Оху1 -j-y8).х —0 у - 0

Заметим, что на две последние цифры влияют только два по-9 9 9

следних слагаемых. 2 2 (80л#7 + у8) = 2 (80-45г/7 + Юг/8); пер-* = 0 у = 0 у = 0

вое слагаемое оканчивается на два нуля, поэтому предпослед-9

нюю цифру мы получим от 2 * Л Посмотрим последние цифры:о

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 — I степени 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 — II степени 0 1 6 1 6 5 6 1 6 1 — IV степени 0 1 6 1 6 5 6 1 6 1—VIII степени,

поэтому 2 ( 1 + 6 + 1 + 6 ) 4 - 5 = 33 и сумма оканчивается на 30.148. Дополним / \А В С до параллелограмма АВА'С (рис. 79).

Отрезок AM составляет одну треть от \А А ' \ . ABA' = В + С ,но по условию 40° <171 <170°, поэтому 110° <С В + С <1140°. (*) Таким образом, вершины В должны удовлетворять условию (*), т. е. лежать вне сегмента, вмещающего угол в 140°, и внутри сегмента, вмещающего угол в 110°, построенных на отрезке А А ' .

189

С другой стороны, точка В лежит вне сегмента, вмещающего угол в 70°, и внутри сегмента, вмещающего угол в 40°, построенных на отрезке AF.Но при этом С = FBA', т. е. точка В должна лежать также внутри сегмента, вмещающего угол в 40°, и вне сегмента, вмещающего угол в 70°, по

строенных на FA'. Берем пересечение этих трех луночек.И с с л е д о в а н и е . Через точку Р пересечения сегментов,

вмещающих угол в 70° и построенных на AF и FA', проходит сегмент, вмещающий угол в 140° и построенный на А А ' . А через точки Q и R проходит сегмент, вмещающий угол в 1 1 0 ° и построенный на А А ' . Следовательно, искомое геометрическое место— криволинейный треугольник PQR (рис. 80).

£49. Пусть AB±_CD, DB]_AC , CB_[_AD (рис. 81). Четырехугольник EFGH— прямоугольник, так как ЕН\\АВ и \Е Н \ =

Рис. 79

190

= ± \ A B \ , F G \ \ A B и | FG | =

= у | AB [, т. e. f G ||£tf и \FG | == |£ Я |. || CD и £ # || AB,поэтому угол между FE и EH равен углу между CD и АВ, т. е. 90°. В прямоугольнике диагонали равны, т. е. \ F H \ - = |£ С |, и пусть О середина FH. Рассмотрим четырехугольник KFLH, он тоже прямоугольник, и его диагонали пе- А ресекаются в точке О — середи- Р нс. 81не FH. Отсюда получаем, что| FO | = | ОН | = [ ОН [ = [ OL | = | ОЕ | = | ОС |, т. е. точки F, G, Н, Е, К, L лежат на одной сфере с центром в точке О.

150. Любую грань куба можно совместить с любой. Пусть М —точка на грани, но не на ребре и не вершина, и пусть k— число образов точки М в этой грани, тогда общее число образов точки М равно 6k. Аналогично, если точка Н лежит на ребре и число образов точки Н на этом ребре /, то общее число образов точки Н равно 12/. Поэтому общее число точек, лежащих на ребрах и гранях, делится на 6 . Если точка лежит в вершине, то образов у нее 8 . Поэтому либо 100, либо 100 — 8 должны были бы делиться на б, что не имеет места.

151« Заметим, что если х при всех п удовлетворяет неравенству, то и x-f-2 /эт удовлетворяет также.

При п = 1 имеем s in x ^ -y ^ - , т. е. О ^ х г ^ С у и - |- л ^ х ^ 2 л .

Поэтому область решений, удовлетворяющая всем неравенствам, может быть только меньше.

Возьмем 0 < х0 < у , тогда найдется k такое: k — 1.

что ~ > kx0 > ~ , и мы получим, что

гГз' sinx0-f s in 2 x0 -f-...-[-sin&x0 > - у у ,

г/~зтак как все слагаемые положительны и sin kx0 > - у —. Поэтому об

ласть 0 < х < ~ не удовлетворяет неравенствам.2

Проверим, что все х у л ^ х ^ 2 л являются решением неравенства. Очевидно, x = 2kn есть решение. Просуммируем теперь

левую часть, для чего умножим и разделим ее на 2 sin — , х ф 2 л .

D

191

Так как 2 sin у sin &Jt = cos [ k — x —cos ^& -|-y j x, to

s in x - |-s in 2 x-f-... - f sinnx =I 3 3 5 2n — 1 2 n -(-1

cos -y x — cos у x + c o s y я — cos y * + . . . -(-co s— y - x — cos — ^— x

о • x ~2 sin у

COS у — COS ^ / l + y j *

n . x 2 s m y

Таким образом, если обозначить у = z , то нам остается прове

рить, что все г в интервале < z < я удовлетворяют системеи

неравенств:cos г — cos (2п-\- 1) г ^ У 3 ^ , 02 - n tx — 1,2, . . .,Sin 2 2 ’ ’ *

Н Оcos 2 — cos (2 /z-f-1 ) г ^ . c o s г - f 1

2 sin г 2 sin г

Область у <1 z <1 я является решением неравенстваCOS г-(-1 7 ^3

2 'in г ^ ~НГ~ * 3 тем самым и заданного неравенства,2

Ответ: у я + 2лА: х 2л + 2я/г.152. Группу переводчиков, в которой каждый язык знают

ровно а человек, назовем группой объема а. Докажем по индукции, что из группы объема 2 п можно отобрать подгруппу объема 2k (k^.ri), тем самым будет, в частности, доказано утверждение задачи.

Для k = 0 и k = n утверждение очевидно. Значит, достаточно взять ^ < n > 1. Пусть р человек знают Я и М языки (квалификация A), q— М и П (квалификация В), r — П и Я (квалификация С). Очевидно, все эти люди разные. Если р > 0, q > О и г > 0, то возьмем по одному человеку квалификации А, В и С. Оставшиеся образуют группу объема 2(п— 1), а из нее можно выбрать искомую подгруппу по условию индукции.

Если р = 0, <7 = 0, г = 0, то все переводчики— или полиглоты (числом /), знающие все три языка, либо моноспециалисты, знающие ровно один язык. Моноспециалистов по каждому языку одинаковое число 2n — I. Поэтому мы объединим их по три в коллективных полиглотов. Всего полиглотов и коллективных полиглотов 2 п, а из них мы всегда можем отобрать 2k.

Будем теперь для определенности считать, что p ^ i q ^ r . Если p = q = 0, г > 0 , то после выделения полиглотов и максимально возможного числа коллективных полиглотов из моноспе

192

циалистов остается г квалификации С. Поскольку общее число знатоков каждого языка одинаковр, то существует еще по крайней мере г моноспециалистов по М языку. Образуем еще г полн- глотных пар из переводчика П и Я языка и переводчика М языка. Оставшиеся переводчики могут быть только моноспециалистами, а их должно быть одинаковое число по каждой специальности, т. е. их можно разбить на коллективы полиглотов. Таким образом, и в этом случае можно из полиглотов, пар и коллективов набрать группу нужного объема. Если р = 0, q > 0, г > 0, то после выделения полиглотов и максимально возможного числа коллективных полиглотов из моноспециалистов, будет среди билингвистов q-\-r знатоков П языка, q знатоков М языка и г — Я языка. Значит, существует еще по крайней мере q моноспециалнстов по Я языку и г специалистов по М языку. Возьмем из них одного моноспециалиста по Я языку, одного по М языку, одного квалификации В и одного квалификации С. Остальные образуют группу объема 2 (п — 1 ), а из нее можно выбрать искомую подгруппу по условию индукции.

1 В153. Пусть / 1 (г) = -д-/(2 ) = 2 —у, где у = — — , Q2:z = у.

Тогда A l ^ max | 1(х) \ = т \ т ^ ’ и нам достаточно показать,- к * < 1 iA i

что Далее, 11Х (х) | = | х —у|, т. е. равно длине отрезка \ X Q 21, и если х лежит на отрезке —1 ^ х ^ 1, то по известному свойству в / \ Q i Q .Qs отрезок |Q»X| меньше хотя бы одной из боковых сторон | Q2 Qi |, | Q aQs|- Поэтому М г max ( | CCQjI, |@ 2 С?з|). Далее, | ^ ( г ) | = | г —y I == I I- Таким образом, мы пришли к следующей геометрической задаче. В четырехугольнике PQ tQ2Qз длина диагонали | QtQ31 равна 2. Доказать, что диагональ | PQ 21 < ( | PQ l | + | PQ 2 |)-max ( | Q2Q, |, | Q.2Q31). Сразу заметим, что М 1 — max ( | Qt Q21, | Q2Qз I) ^ . иначе было бы I Q1Q21 + 1 Q2Q31 < 2 = | QiQ 3 1. что невозможно. Из рассмотрения A Q 1Q2P и A Q 3Q2P получаем:

I Q i Q a l + I Q i ^ l ^ l Q . ^ ! И I Q a Q a l + I C ^ I S H ^ / 5 !,

откудаI I С?2С?з| + 1 Q3P IT jEQil > | р р |

Рассмотрим случаи:1 . I Q . J M + I ^ Q i l ^ l Q i C M + I Q . Q s l . тогда I QsP \ Jt - \ P Q i \ ^ ‘

> | ( ? гР |, а по доказанному выше М ^ Х , так что( \ Q 3P\ + \ P Q l \)-Ml ^ \ Q . 2P\.

2. | Q , / >|+ | /> < ? 1| < | Q 1<?2 | + q 2q 3 I-Тогда | Q2 P | < 2 m a x ( | Q2Q2 , | Q2Q3 |) = 2Aflt

но из Д ChPQ 3 получаем, чтоIQa^l + I ^ Q i l ^ l ^ ^ l ^ , так что | Q 1 / > | < 2 Af1 < ( | Q 3J>l + - f l P Q j D -ЛД, что и требовалось доказать.

7 № 41 1ЭД

154. Будем отмечать последовательно Л „ . . . , А 6, 6 < 2л 2 л — 6 = а , < 1, и точка Л7 попадает на дугу ЛоЛ^ разбивая ее на части |Л 0Л7 | = 1 —а, и | Л 7Л1| = а 1. При этом у нас появляются дуги трех сортов—длины аг, длицы 1 —a t и длины 1 . Рассмотрим общий случай, когда число точек N ^ 7. Пусть ближайшие точки к Л0 слева и справа суть Л5 и At.

Л е м м а . Равенство M — 2nQ с целыми М и Q невозможно, кроме М — Q = 0.

о , МЭто следует из-за иррациональности л. л ф -щ ни при какихцелых М и Q.

Тогда s = 2raT—ф, 2 = 2лт + Ф- Так как s + f = 2л (а + т ) + (Ф—ф). то по лемме ф—ф=^=0 .Докажем теперь по индукции по N, что дуги могут быть

только трех размеров—длины |<р[, длины |/ф | и еще, может быть, длины | ф | + 1Ф |- Для N = 7 это справедливо. Пусть это справедливо для Л0, Л,, . . . , Лдг. Выберем, как указано выше, точки A s и At. Рассмотрим точку Лдг+1. Пусть она попадает на дугу АдАг, где <7 = =0 , г ф 0. Очевидно, длина \A gAN+i \ дуги AgAN+l равна |Л0Лдг+1_9 |, так как она определяется только разностью номеров, причем | Л0Лдг+1 _9 1> | A 0A t | по выбору At. (Заметим, N — 1 — q ^ N . ) Наоборот, \A 0At \ = \AN+1- tAN+1\ ^ \ A gA„+1\. Отсюда ф = | Л0Л<[ = | A gAN+1\ и q = N + 1— t. Аналогично,| AN+1Ar | = | A SA 01, r = A + l —s, так что число сортов не изменилось, только одна дуга длины |ф | + |ф | разбилась на дуги длины |i))| и |ф |. Рассмотрим теперь случай, когда q = 0 или r = 0 (q = r = 0 только при А = 1 ) . Здесь только одна из дуг AN+iAr при <7 = 0 или Л9Лдг+ 1 при г = 0 равна соответственно | ф | или |ij3 [. Предположим для определенности, что это г];. Покажем, что точки Л0, А г, . . . , Лдг разбивали всю окружность на дуги только двух сортов длины | ф | и длины | ф |, а все дуги длины |ф |4- |Ф| были уже разбиты. В самом деле, пусть такая дуга АтА„ существует. Тогда (п — 2jtv)—(га—2np.) = (f — 2лт) —— (s — 2ла)= [ф | 4 - |ф |, откуда (п —га)—(t —s) = 2 n ((р.,—v) —— (%— Р)) и т —n ~ t —s - Если r a ^ s , то на дуге АтА„ должна лежать точка Лт _5, так как на AsAt лежит Л0. Остается r a < s . На дугу A sAt попадает точка Лдг+1. Значит, на дуге АтА п лежит точка AN+l_s+m, Таким образом, вспомогательное утверждение доказано. При ( А / 1)-й точке—снова три длины дуг |ф| , | ф | ——| ф | и | ф |- Остается узнать, к какому из двух типов принадлежит А =1000. Возьмем N второго типа, т. е. такое, что точки Л0, Л j, . . . , An делят окружность на дуги только двух длин. Первое из таких N есть 6 .

Пусть точки Л0, А г, . . . , Лдг разбивали окружность на N дуг длины | ф | и G дуг длины | ф |, причем | ф | > | ф |. тогда последующие точки Лдг+1, . . . , An +p будут делить дуги длины |ф[, разбивая их на |ф | и | x l = |Ф|— |ф|> что Дает разбиение G + F дугами [ ф | и F дугами [ % |. Поэтому нетрудно заключить по

.194

индукции, что если для каждого N k второго типа числа Gk и Fk будут четные, то и все последующие будут четны. При N = 6 окружность разделена на 6 дуг длины 1 и одну дугу длины а , = 2л — 6 = 0,28318... . Следующие N второго типа будут N 2= 1 2 , когда будет 6 дуг длины 1—а , и 7 дуг длины затем N 3 = 18, когда будет 6 дуг длины 1—2а 1 = 0 ,574 ... и 13 дуг длины а ,. При этом большим оказывается правый отрезок. Но 1 —За 1 = 0 ,1 5 ... и большим далее будет левый отрезок. При N t = 24 будет 6 дуг длины 1 —За4 и 2 0 дуг длины а и т. е. С4 и Fi четны. Значит, четны и все последующие Gkи Fk. Данные точки А 0, Л„ разбиваютокружность на 1 0 0 1 дугу, согласно доказанному эти дуги трех сортов.

155. Сначала докажем, что условия (В) необходимы. Если f = g = 0 , то (Л) выполняется для любой тройки чисел а, Ъ,с. Если и g = 0 ,то (Л) может выполняться, лишь если а ^ О . Если f = 0 и g ф 0, то (Л) может выполняться, лишь если с ^ 0. Пусть теперь / ф 0 и g = kf, где к —любое вещественное число. Тогда

аР + bfg + cg* = (a+bk + с к 2) f2.

Стоящее в скобках выражение будет неотрицательным при любом действительном значении к, лишь если уравнение второй степени a - t-M -f скг = 0 не имеет двух различных действительных корней, т. е. если b2— 4 а с ^ 0 , что эквивалентно третьему из условий (В).

Достаточность условий (В) может быть доказана следующим образом: если f g ^ 0 , то

af2+ bfg + cg2 = { V a f— V с gY + ( 2 V a c + b ) f g ^ z 0 ,

а если fg < 0 , то

af2 + b fg + c g 2= (V~a f + V c g Y — ( 2 Уас— b) fg > 0

в силу условия 4a c ^ b 2.156. Выберем единицу длины так, чтобы выполнялись ра«

венства \А В \ = \ А С \ = \ . Тогда \ВА ' | = ]СА' | = sin 10°, где Л '— середина основания ВС (рис. 82).

В равнобедренном треугольнике ACD, очевидно,

\ C D \== 2 c o s 2 0 е *

7* 195

Введем обозначения EDC-= х\ СЕЬ = у. В треугольнике DCE в силу теоремы тангенсов имеем:

1 12sinl0= tg i'i-*2 cos 2 0 е

1 2 sin 1 0 =»2 соб 2 0 “

Так как у-\-х = 160 ’, то предыдущее уравнение можно переписать в виде:

tg 80’' I + 4 sin 1 0 ° cos 2 0 эtg (80“— х) 1 ^ 4 sin 1 0 ° c o s 2 0 a ’

Преобразуем левую часть этого равенства:tg 8 0 “ _ ctg 1 0 “ _ t g ( * + 1 0 °) cos 1 0 ° , , 1Пэч

tg (80G— jc) ctg ( * + 1 0 °) tg 1 0 ° sin 1 0° ь ' ' )•

Преобразуем теперь правую часть того же равенства:1 + 4 sin 10“ cos 20° 1 |-2 (sin 30° — sin 10°) 1 — sin 10“1— 4 sin 10° cos 20“ 1— 2 (sin 30° — sin 10“) sin 10“

т * c° s 1 0“ , , , 1r.0. 1 — sin 1 0 °Таким образом, tg (x + 10°) = - - - |()g ,

1 — sin 1 0 aт. e. tg (x + 1 0 °) =cos 1 0 °

Покажем, что правая часть последнего соотношения равна

t g 40“; ‘~ Si" f = т / = t g 4 0 “.6 cos 1 0 “ sin 80" | ^ i __cos2 80“ ' 1 + cos 80“ 6

Так как 0 < л : < 180°, то величина искомого угла равна 30°.157. 1) При т = 0 данное неравенство очевидно.2) Пусть 1, тогда

2-yr4'” = 2m+1.

3) Пусть т = — п, где п > 0, тогда

(> + гГ + ( '+ 1 )‘ - Ш " + Ш “=

> + 2 = 2 — > = 2 "* ‘. так как ( | + |= J ) " + ( l + 2 = £ )" з > 2 ,

что доказывается, например, по индукции или применением бинома Ньютона.

196

158. Доказательство будем ве- С сти индукцией по k.

Утверждение очевидно для k == 0. Предположим, что оно верно для k — ti, тогда если Р(х) == a0xn+l + а лхп + . . . + а п+1 является делящимся на т, то таков же полином

Р ( х + 1 ) — Р(х) =— (п -f-1 ) а0хп + . . . ,

степень которого п. Таким образом, по предположению п\ (п + 1 ) п0

делится нацело на т, т. е. (п +-f 1) 1а0 делится нацело на т. Наоборот, если k\ а0 кратно т, то полином Р(х) = а0х (x -f 1 ).. .(x + k — 1), всегда делящийся на k\a0, делится и на т.

159. Будем считать, поскольку это возможно,, что x ^ y ^ Z z , и попытаемся построить такой треугольник. Ясно, что С может быть произвольной точкой на расстоянии г от О. Тогда А должно лежать на окружности S t радиуса х с центром в О. Далее мы, очевидно, можем считать, что обход треугольника в порядке А, В, С совершается против часовой стрелки, так что В должно лежать на окружности S 2, полученной вращением на 60е против часовой стрелки вокруг С. Но | ОВ | = у, так что конструкция невозможна, если только S 2 не содержит точки на расстоянии у от О. Далее, очевидно, | 00' | = г, так что не будет треугольника, если только не окажется z —х^/ /г£С 2 + х или г ^ . х - \ - у и у + х (но х ^ у + z ввиду xs^y ) .

Наоборот, если 2 ^лг + г/ и г/=^2 + х (а т а к ж е у 4-z) будет существовать одна или даже две точки на S 2 (рис. 83) на расстоянии у от 0, и, взяв любую из них за В, поворотом СВ на угол 60° по часовой стрелке получим точку А.

160. Поскольку | / 2 иррационально, то таково же (10” ]/" 2) при каждом п. Иррациональное число имеет единственное десятичное разложение. Пусть dn означает п-й знак десятичного разложения |/"2 , причем (Юп ]/^2) — 0, dn+ldn+2. .

Предположим теперь, что (10^|/^2 ) = ( 1 0 < ? 2), где р ф у - В силу единственности десятичного разложения это выполняется тогда и только тогда, когда

dn+р dn+g, где п 1 , 2 , . . . •

Отсюда следует, что десятичное разложение V 2 является смешанным периодическим с периодом |р — q |. Это противоречит иррациональности V2.

197

161. Примем данные фиксированные направления за оси координат. Выберем за начало отсчета момент времени 9.00, за единицу измерения 5 мин. Тогда в момент времени t пароходы имеют координаты (х — vxt, 0 ) и (0 , у —v2t), где и v2—скорости пароходов.

Вычислим S 2— квадрат расстояния между пароходами в момент t :

S 2 = (х —vxt y + (у—v2t )2— 2 (х—v{t) (у—v2t) cos а,

т. е. S2 = a-\-2bt + c t 2—квадратный трехчлен относительно t. Из условия задачи имеем:

400 — а,225 = а +14Ь + 49 с,169 = а + 226 + 121с,

отсюда а = 400; Ь = —16; с = 1, а, следовательно, для S 2 имеем: S* = р — 32* + 400 = (t — 16)2 +144.

Наименьшее значение S2=144 при f = 1 6 . Следовательно, в 1 0 ч 2 0 мин расстояние между пароходами будет минимальным и равно 1 2 милям.

162. Пусть числа п + 1, п + 2 , . . . , п + р — 1—последовательные целые числа, удовлетворяющие условию задачи.

По формуле суммы членов арифметической прогрессии имеем:

S U ) = <2" + Р ) ( Р - Ц ( 1 )

Найдем сумму квадратов этих чисел:

5 (2> = 2 (n + k)2 = (p— 1 )-п 2 + 2 п 2 k + ^ k 2.k=i fc=i ft=i

. Применив формулу для суммы k квадратов натурального ряда, получим:

S ^ = ^ . ( 6 n 2 + 6np + 2p2 — p). (2)

Вычислим отношение (2) к (1):S ‘2> _ 6 п ? + 6пр + 2р2 — р р (р— 2 ) рS w 3 (2 п + р) — f t ' 1_ 2 + 6 ( 2 п + р ) ’

Чтобы (3) было целым числом, необходимо и достаточно, чтобы ( р - 2 ) - р 2 т + \ .6(2 п + р) 2 • ( '

Отсюда р2— 2 р = 12mn + 6 т р + 6 п-(-Зр, т. е.р (р — 5 )= 6 -(2т п + т р + п ) . (5)

Так как правая часть (5)—целое число, а р — простое число, то р — 5 делится на 6, т. е. р — 5 = 6/, или

р = 6/ + 5. (6)Покажем, что для любого простого р найдется п.

Подставим (6) в (4). Получим:(6 1 + 3 ) (6 / + 5 ) 2/л 4-16(2п + 6 ( + 5) — 2 ’

или(2 1 + 1) (61 + 5) _ 2 я г+ 1 2 (2/2 + 61 + 5) — 2 ‘

Отсюда видно, что, взяв т равным, например, 0, получаем, что п существует и равно

п = 1 ( 6 / + 5).163, Пусть п точек в пространстве удовлетворяют постав

ленным условиям. Тогда любой из углов с вершинами в этих точках либо больше 120°, либо меньше 60°,

Предварительно докажем лемму.Л е м м а . В системе данных точек существуют только две

точки, расстояние между которыми наибольшее, и каждый из углов с вершиной в одной из этих точек меньше 60°.

Действительно, пусть расстояние между точками В и С наибольшее. Тогда для любой точки Л,-, отличной от Л и С, B A f i > > 120°, так как он наибольший в треугольнике BA fi . С другойстороны, для любых точек А,-, Ау- (рис. 84) Л [ВС < 60° и AjBC < < 60°. Но любой плоский угол трехгранного угла меньше суммы двух других плоских углов. Следовательно,

Л ^ Л у-< А'ВС + а 'в 'С < 60° + 60° = 120°,

т. е. AiBA/ < 12 0°, а, значит, А{ВА}- < 60°.Утверждение задачи докажем методом математической индук

ции. Утверждаем, что если В и С— наиболее удаленные из пданных точек, то все точки можно занумеровать так, что Л,Л/ ЛЛ> >120° для всех 1 < / < / < / г < Ж причем Л1 = В, Л„ = С.

Для п = 3 утверждение верно.Пусть оно верно для т точек. Покажем его справедливость

для т- f 1 точки. Выберем из этих /тг+1 две точки самые отдаленные, пусть это будут В и С. Обозначим точку С через Лт+1 и пока исключим из рассмотрения. Среди оставшихся точек В одна из двух крайних. Все углы с вершиной в В меньше 60°. Поэтому по предположению индукции их можно перенумероватьтак, что А г = В и Л,Л/ ЛА>120° для всех 1Покажем, что Л(-Л/-Лга+1 > 120° для всех 1 < / ^ т . Для i = 1это верно, так как А г и Am+i крайние.

199

Ат*1 Пусть 1 < i < j ^ m . Тогда Л,Л,Л,„+1> 120 , так как в треугольнике Л/Л; Лт + 1 угол при вершине Лт + 1 меньше 60°.

Угол AjAjAm+l (рис. 85) также меньше 60’, так как если бы этот угол был больше 1 2 0 °, то,учитывая, что А 1А1Ат+1 > 120°, так как точки Лх, Лт + 1 самыеудаленные, и Л ^ Л , > 1 2 0 ° по

■JA[ предположению индукции, мы получили бы, что каждый из плоских углов трехгранного угла при вершине Л,- больше 120°, что невозможно. Тем самым утверждение полностью доказано.

164. Пусть Pj — любая точка. Так как пять отрезков прямых имеют общую исходную точку Р , то по крайней мере три из них

одного цвета, например РхРг, РгР 3, P tP4. Пусть они будут белыми. Тогда, если хоть один из отрезков Р2РЭ, Р 3Р 4, Р 4Р 2 белый, например Р гР 3, то треугольник P jP 2P 3 белый. Если все эти отрезки черные, то треугольник Р 2Р 3Р 4 черный.

165. Докажем, что ни одно число х вида 8 / 1 + 7 не может быть записано следующим образом: х = а2 + Ь2 + с2.

Рассматриваем разные сочетания чисел а,Ь и с.1. Если а , Ь , с —все четные числа, то х —четное число.2. Если одно из чисел а, Ь, с четное, а два других нечетные

числа, то х —четное число.3. Если два из чисел а, Ь, с—четные числа, а третье число

нечетное, например: а = 2 /, b = 2k, с = 2 / + 1 , то имеем для х: * = 4 ( ) 2 + &z + P + / ) + !> что означает, что х имеет вид 8 / 1 + 1 или 8 /г + 5.

4. Если а, Ь, с—все числа нечетные, то имеем:x = (2j + 1)2 + (2k +1)* + (21 + l)2 =

= 4/(/ + 1) + 4£ (/г + 1) + 4/(/ + 1) + 3 = 8 /г + 3.Тем самым все случаи рассмотрены.166. Действительное число х ^ 0 < х < - ^ является решением

данного уравнения, если только это число является решением одного из трех следующих уравнений:

sin4*—cos4x = I (tg4x — ctg4x), (1)sin 8 x — cos8 x

s i n 4 A— COS4 X = К '■ (2)S i n * J C - C O S * * '

(sin4 X — COS4 A') (sin4 A COS4 A — "K (sifl4 A + COS4 A‘) ) = 0. (3)

200

Отсюда следует, что * = у является для любого Я, решением

уравнения (1 ) и что число Л т £ у ^ 0 < * < у является решением уравнения ( 1 ) тогда и только тогда, если это число х является решением для уравнений (4), (5), (6 ), (7):

s in 4 *cos4 *=?i ( s in4x + cos4 x), (4)

— sin4 2х = К ((sin2 х + cos2*)2—2 sin2* cos2*), (5)

^ sin4 2 * = К 1 —у sin2 2 *^ , (6 )

sin 1 2* + 8 ?i sin2 2*— 16A, = 0. (7)Число *=5 y ^ 0 < * < y ^ является решением уравнения (7)

тогда, если число z = sin2 2 * является решением уравнения

г2+ 8 ^ 2 — 16Л, = 0 , (8 )

удовлетворяющим условию 0 < z < 1. Каждому такому решениюуравнения (8 ) соответствуют два и только два решения уравнения (7) с 0 < * < у , х ф у .

Уравнение (8 ) имеет действительное решение тогда и только тогда, если дискриминант £ )= 16?i2 + 16^ = 16А. (?с -J- 1) 2 *0 , т. е. либо Х ^ О , либо — 1 .

В этом случае эти два решения имеют вид:

г, = 4 ( К Ц Щ —Ji) и г2 = —4 ( К Щ Т П + Х).

В интервале —1 < X < 0 уравнение (8 ) действительных решений не имеет.

Случай 0.Решение г2 уравнения (8 ) всегда отрицательно и поэтому

не является решением уравнения (7). Решение гг удовлетворяетнеравенствам 0 < гх < 1 только при ]/^,(Я + 1 ) < y - f X, т. е.

при В этом сл>чае уравнение (7) имеет два решения, а,значит, исходное уравнение ( 1 ) имеет три решения.

1 ЛВ случае ^ = у уравнение (1) имеет х = -^ тройным корнем.

При X > у уравнение (7) не имеет действительных решений. Случай —1.Решения zx и г2 уравнения (8 ) имеют одинаковые знаки, так

как z1- z2 — —16Я. > 0 .Решение гх всегда отрицательно, ибо > 0 при А. > — у ,

что не совместно с условием —1. Значит, решение г2 также

201

отрицательно. Поэтому в случае —1 уравнение (7) действительных решений не имеет.

Таким образом, случаи а) и в) никогда не реализуются.Случай б) имеет место при ? i ^ 0 и

Случай г) осуществляется при 0 < ? i < l .

167. 1+ 2 в + - р - + • • • +-^з < 1+ 2 ВСГ2 + 3 5 1 1 3 + • ■ • =

= i - u — I ! и + — !_____ =М -2-3 ^ 2 - 3 - 4 ^ • • • ^ (л— 1 )л (л + 1 )

= 1 +

= 1 4 - 1 а = а ! < 1 .~ 2 \ 2 n ( n + l ) J 4 2л (л 4 -1) 4

168. Данные 4000 точек определяют 7998000 отрезков разных направлений, ксщцы которых лежат в данных точках. Следовательно, этих отрезков конечное число. Обозначим через d максимум длины отрезков, который заведомо существует. Тогда круг радиуса d + 1 с центром в любой из данных точек содержит внутри все данные точки.

Рассмотрим касательную к этому кругу, направление которой отличается от каждого из 7 998 000 выше отмеченных направлений. Такая касательная существует. Все данные, точкц лежат с одной стороны от этой касательной.

Приступим к параллельному переносу этой касательной так, чтобы данные точки переходили по одной на другую сторону от

движущейся прямой. Зафиксируем на момент положение движущейся касательной после перехода каждой четвертой точки в порядке перехода через них. Каждые две соседние зафиксированные прямые определяют полосу. Очевидно, что эти полосы параллельны между собой и что каждая из них содержит 4 данные точки. Четырехугольники, определенные этими точками, являются четырехугольниками, дающими решение задачи.

169. Только на одной стороне многоугольника с ti сторонами лежат две точки многоугольника с п + 1 сторонами. Рассмотрим сторону, на которой лежат две точки (рис. 86). Эта сторона будет разделена на три отрезка. Средний отрезок является стороной п+1-уголь-

Ап ника. Обозначим его а. Длины других Рис. 86 обозначим лф* и лф’, а сторону п-угольни-

I f J _____ - + - ____I 4 . + _ !2 \ 1-2 2 - 3 ^ 2 - 3 3-4 ^ ^ (л— 1

11) л л ( л + 1) ) -

202

Г

ка—b. Отрезки, на которые j-вершина п + 1 -угольника делит «'-сторону n -угольника, обозначим x f и x f .Тогда

x f + x f > = д, x f + x i3) = а,

(1)x(n-l) + = а>x f + x f = a,x f + x f = b, i — 2, 3 n, (2)x f + a + x f = b.

Отсюда a = - ^ ~ b. Пусть x f = x.

Тогда из (1) x f = b— x и далее из соотношений (1) и (2)

выражаем все x f , где i = 2, 3, п; k = l , 2. Они будутлинейными функциями от х, а именно:

х а:> _ n - i + 2 ,+ - п+1 о

хУ'> = -£ = ^-Ь + х , i = 2, 3, . . . . п,

b -л:. Отсюда О ^ д : ^ - b— л + 1 л- —

Разность площадей обоих многоугольников равна сумме площадей треугольников, которые отсекаются от правильного /«-угольника сторонами п + 1-угольника, и равна

Функция 5 (х)— квадратный трехчлен от х. Причем коэффициент при х2 равен (—1). 5 (х) определена на отрезке j O, и

S(0) = S (y p p f) • Следовательно, 5 ( 2 (n_|. i)) будет наибольшим

значением, a S(0) = 5 b ^ —наименьшим значением функции.Пусть Q — площадь правпльного /г-угольника, R —площадь

п + 1 -угольника. Тогда R(x) = Q —5 (х). Следовательно, площадь ti + 1 -угольника наибольшая, когда значение S(x) наименьшее и равно S(0), т. е. в этом случае одна вершина п + 1-угольника совпадает с вершиной п-угольника. R (х) наименьшая, когда5 (х) наибольшая и равна S ( 2 (п-\-1) ) ’ т ‘ е ' К0ГДа сеРеДина одной стороны п + 1 -угольника совпадает с серединой п-угольника.

2 0 3

170. Обозначим:

О)

— х1 + x t — х 3 + x4 + х5 = у 5.

Числа tjj, как и xh —целые положительные. Далее имеем:

# 1 + ' / 2 + У з + # 4 + # 5 = Л' 1 ~ Ь Л:2 + Л:з + - ' :4 + - * ' 5 == Ю О О . ( 2 )

Из (1) имеем:

Отсюда вытекает, что числа gt имеют одинаковую четность. А так как у г+ у 2 + у я + у 4 + у 5 = 1000, то они четные.

Но из (3) и (2):

Указанная степень будет максимальной, когда у4 и уъ минимальны, т. е. когда у1 = уъ = 2. Тогда

б) Сосчитаем, сколькими различными способами можно выбрать целые положительные числа у2, у 3, z/4 так, чтобы у2+Уз + У4 =

О т в е т : 123 256 способов.I7S. Пусть некоторый участок An_jA0 поезд проходит в на

правлении по часовой стрелке, а в точке Л0 меняет направление движения на движение против часовой стрелки (рис. 87). Остальные точки, в которых путь меняет направление кривизны, будут

2Xi уг -Г у 2, 2хг — у 2 -Г Уз, 2хз = У з + у 4,2^4=У4+У5,2х5 = у5 + у 1.

(3)

* 1 + * з = у (iJi + У г + У з + У д = У (1000 — у5),

^ + ^ 4 = y ( 1000“ yi)-

max(jc1 + x8)*«+** = ш а х (у (1000—у5))— (1000-У1)

= 4994S9.

Х * = у -4 9 6 - 4 9 7 = 123 256.

204

Очевидно, что существует четное число изменений направления кривизны относительно центра соответствующих дуг. Следовательно, число п четное.

Центры дуг A BAlt А гА 2, . . . ,Ап_1Ап . обозначим соответственно М„ = М 0, M lt . . , M „ .v Точки М 0, М 2, М4, . . . расположены внутри сети, а М 1г М 3, М5>. . внесети. В противном случае можно изменить начало нумерации на единицу. Выберем прямоугольную систему координат так:

А0—начало координат, ось X совпадает с касательной в Л0 к дуге А0ЛХ, единица длины равна диаметру дуги. Обозначим абсциссы точек А,- через а,, а абсциссы точек M t через т{.

Для любой дуги ЛгЛ,-+1 имеем а,•—а1+1 равно или — ^ ,если дуга состоит из одной или трех четвертей окружности; ai—ai+ 1 равно 0,1 или —1, если дуга состоит из двух четвертей окружности.

Л,- и Л,+1 являются серединами отрезков и М,М1+1соответственно. То есть

т ,- т ,-_ г _ +и/ — 2 * * *+1 2

Откудаmi + m i_l = 2a;,

mi + m l+l = 2al+1 и fni- i — mi+l = 2(ai — ai+1), т. е.

разность четна, когда дуга Л(Л,+1 состоит из двух четвертей, и равна + 1 , когда дута Л,Л| + 1 состоит из нечетного числа четвертей. Рассмотрим сумму

(m0—m2) + (m2—/л4) + . . . + (/пв_8—/п„)= 0. (1)

В силу замкнутости пути тп = тв. Так как каждое слагаемое суммы (1) равно либо 0, либо + 2 , либо ± 1 , то в сумме содержится четное число ± 1 . А это значит, что число четвертей окружностей, которые поезд проходит в направлении движения часовой стрелки, четно.

Аналогично, выписывая сумму(тх— т 3) + (т3— «г5) + . . . + (т,1- 1— тп+1) = 0.

205

В ^ " L \ Л

г

Рис.

А/ Так как тп+1 = т1, получим, что число четвертей окружностей, которые

£ поезд проходит в направлении, про- 7\ тивоположном движению часовой

стрелки, тоже четно.Так как рельсовая сеть замкну

тая, то при возвращении в начальную точку поезд совершит полный оборот, поэтому разность между числом четвертей, проходимых по направлению часовой стрелки и против, равна 4, а это значит, что каждое из этих четных чисел при

делении на 4 дает один и тот же остаток, либо 0, либо 2, следовательно, сумма этих чисел делится на 4, что и требовалось доказать.

172. Расположим п и п +1-угольники так, чтобы их апофемы hn = | O K | и hn+1 = \OL\ лежали на одном радиусе ON. Пусть АС и B D —стороны ti и ti + 1 -угольника, соответствующие этим апофемам (рис. 88). Тогда КВ— проекция хорды АВ на радиус ON,

180°стягивающей дугу АВ величины . На дуге BN величины>80° . D г ,можно уместить п дуг, равных w АВ. Причем проекции

соответствующих им хорд на ON будут заведомо меньше КВ — проекции АВ. Поэтому сумма этих проекций LN меньше п-\КВ\, т. е. R — hn+1< n ( h n+1— hn) или (п + 1 ) nh„ > R.

173. Пусть х1г х2, х3—стороны треугольника. Тогда могут представиться случаи:

Г. х1 = х 3 Ф х 2 и из неравенства треугольника 2х\ > х2.1". x3 = x3=f=xi и из неравенства треугольника 2х3 > х±. (I)2. хг— х3 — х3.Случаи 1' и 1" получаем при а2— % > 0.

а У а2— 4Ь а , К а2Пусть хг — " ~ — 1и X, 4 Ь(3)

Проверим нера

венство (1). а— Y а2—4 У а2 — 4 b 36 ,2 1 2

36 ,

отсюда а2 < Ь, и, объ

единяя с (2), получаем 4f c < a 2<-g-fc.В случае 1" неравенство (1) всегда выполнено. Из теоремы синусов имеем:

sin а г sin а 2 sin а 3 1

Wх 2 хз

В случае

Отсюда R

V имеем:

V axL -или R

cos а г =

(a— V t i f -

*2 . 2хг

ЛК2)22 V (3а — V a2— 4b)(ct— 3 V а 2 — 4 6 ) '

206

аналогично в случае 1" получаем:( а + V а * - 4ь)2

2 1 ^ (3 а — а'1 — 4Ь) (а + 3 \ г а г — АЬ) '

Если аг—4Ь = 0, то хх^ х 2 = х3 — ~ . Треугольник равносто- п a у Троннии и R = — ^— .

174. Если т и п ф т —целые числа, то число / (т)— f(ti) делится на т — п.

Итак, для целого числа т, неравного k, k- \- \ , k-\-2, числа

Числа (2) являются тремя последовательными целыми числами. Следовательно, одно из этих чисел кратно 3. Тогда и одно из чисел (1) также кратно 3. Следовательно, f (т) должно быть кратно 3.

175. а) Предположим, что х ,= 1. Тогда

Так как х1-}-х!!> 0 , то ххх2 < 1, что невозможно по (1).б) Предположим, что хх > 1, х.г > 1, х3 > 1. Тогда х1 + ЛГ2 +

в) Пусть х3 < 1. Тогда из х\х2х 3 > 1 , х3 < 1 следует, что

соответственно делятся нат — k, m — (k + 1), m — (k + 2). (2)

(1)

-f- x3 > {------ [---- , что противоречит второму условию задачи.

хгх, > 1.

С помощью (2) покажем, что и хг > 1 и х2 > 1.(2)

Так как хгх„ > 0, то1 + (Ч + х 2) х хх 2 < хг+ * 2 + {хгх 2у .

(1 — х хх2) (1 + х 1х2)— (х1 + х2)(1 — ххх2) < 0. (3)Разделив (3) на 1— хххг < 0, получаем:

1 р хгх3 хх х2 0, (Xj 1) (х2 1) 0.

207


Откуда хх > 1 и х2 > 1, что и требовалось доказать (х4 < 1, х2 < 1 невозможно).

176. Предположим, что точка О удалена от стороны АВ или ее продолжения на расстояние, меньшее 100 м (рис. 89). Пусть k будет круг радиуса 2 (берем за единицу измерения 100 м) с центром в точке О. Р —проекция точки О на прямую АВ, | О Р | < 1 . Пусть А', В', С', D ' , Е ' —точки пересечения полупрямых РА, РВ, PC, PD, РЕ с k.

Докажем, что S'a 'B-c d 'E' < 5 j/ З .

JVOB' = со; В^ОС’ = сор C W = со2;

ГУОЕ' = со3; Ё Ъ А ' = со4; со,- < 180°.S ' —S&A'OB- = 2 (sin « j -p sin co2) + 2 (sin co3 sin co4) sg!

< 4 sin + 4 sin < 8 sin -Ш| — ;

S ' —SÂ’OB' ^ 8 cos-^-.

Так как | OB' | = 2, то < со < л, очевидно,

S' — S/â’ob' < 4 \/Г3; SÂ-oB’ < 1^3.

Отсюда следует, что S' < 5 ^ 3 ^ что противоречит условию. Следовательно, расстояние до любой стороны не меньше 1. Знак равенства имеет место, когда со = 120 ; coj = со2 = со3 = со4 = 60°, т. е. когда ABCDE имеет форму пятиугольника, полученного из правильного шестиугольника отбрасыванием одной вершины (рис. 90).

177. Пусть [А ] , [ А ] ......... kp ^ [А ] ,

kp+i< [тг] • • • ■’ kn < [ д ] •

208

r

1) При p — n доказываемое неравенство очевидно. При р = О было бы k = ki- \ - . . . чт0 невозможно.

2) Пусть 0 < р < н . Тогда существуют целые неотрицательные числа /„ /2, . . . , 1р такие, что

* * = [ £ ] + * / » » =1 , 2, . . . . р

и существуют целые неотрицательные rtij такие, что

kj = [ 4 ] — m/t j = p + 1, . . . , я;тогда

4= 2 > = иИ + £ ' ' - £ m/-/ = 1 i = l l = P + 1

Г А1 Р "Так как я — то имеем: my. (1)1=1 / = р + 1

Перепишем теперь выражение для /г.! и /гу!

*'|= Ш '( [4 ] + 1) . : - ( Ш +,' ) ’ г= 1’ 2 ”■

[41'"( [4] [[4]| - ) [ т ]j — р -Ь 1» . . . , я,

следовательно, Рг! k2\ . . . ^»! = ( [ т т ] ! ) • ~ , где Л —произве-Г k *1дение множителей больших, чем — , и их число В —про-

1=1изведение неотрицательных множителей, наибольший из которых

Г k "1 ^равен — и число их trij./=р+1 А

Из неравенства (I) выводим, что -g -^ 1, следовательно, имеет

место kj\ k 2\ . . . kn\ > ( [ - £ ] ! ) ”*где k 1 + k 2-\~. . . -{-kn = k, что и требовалось доказать.

178. Допустим, что имеем целые числа х, у, z такие, что х3 + {/3+ г 3 = 19692. Если разделим 19692 на 9, то получим остаток4 4. Посмотрим, какие остатки можно получить при делении числа вида х3 на число 9.

Рассмотрим случаи: a) x = 3 k ,б) х — 3£ + 1»в) x — 3k— 1.

209

С л у ч а й a). x3 = 33k3. Получается остаток г = 0.С л у ч а й б). л'3 = 33А3 + 3-32/г2+ 3 -3 ^ + 1; получается оста

ток г — 1.С л у ч а й в). x3 = 33k 3— 3 • 32Аг2 + 3 • 3&— 1; получается оста

ток г = 8.Итак, возможные остатки r lt г2, г 3, которые получаются при

делении чисел х 3, у3, г3 на 9, будут 0, 1 и 8. Но сумма гх + г 2+ г 3, где rlt г2, г 3 принимают значения 0, 1 и 8, никогда не дает остатка 4 при делении на 9.

179. Положим в данном уравнении у = х, тогда2х f (х) = 2х / 2 (х),

отсюда при х Ф 0 f(x) = f2(x), следовательно, либо f(x) = 0, либо f (х)= 1.

Пусть f(a) = 0 при х = а ф 0, тогда из данного уравнения получаем af (у) = 0 для всех у, т. е. f (х) = 0.

Пусть / ( а ) = 1 при х = а ф 0, тогда из данного уравнения получаем y = yf(y), откуда /({/)= 1 при у ф О , а при у = 0 /(0) = с—любое число.

Итак, все решения данного функционального уравнения следующие:

1) / (х) == 0.

2) Каждая функция вида( 1 для ХфЪ,

f ( x ) = { Л[ с для х = 0.

Среди этих решений только функции f ( x ) ^ 0 и / (х) = 1 являются непрерывными.

180. Пусть F является одним из произвольных выпуклых многоугольников. Рассмотрим множество точек, расстояние которых хотя бы до одной из сторон многоугольника не превышает 1 см. Обозначим это множество F. Если многоугольник имеет п сторон, то множество F, кроме точек многоугольника F, будет также содержать п прямоугольников с основаниями, равными сторонам многоугольника, и высотами 1 см и п круговых секторов с центрами в вершинах многоугольника и радиусами 1 см (см. задачу 103).

На рисунке 91 показан вид множества F для случая, когда F — выпуклый шестиугольник. Очевидно, что если некоторая точка не принадлежит множеству F, то круг с центром в этой точке радиусом 1 см не будет иметь 'общей точки с многоугольником F.

Вычислим площадь фигуры F. Пусть F —выпуклый многоугольник, имеющий ti сторон. Круговой сектор при вершине Ак, л (180°—ак) .будет иметь площадь w , где ак—угол при вершине А к.

210

r

Если сложим площади всех круговых секторов, получим:

- д |Г (п180О- К +

-\-а2 + . . . + а„)).Так как сумма углов (а1 + а г +

+ . . . + сс„) выпуклого многоугольника равна (я— 2)-180°, то сумма площадей всех круговых секторов будет равна я см2. С другой стороны, сумма площадей всех прямоугольников будет равна Рг , где Рг —периметр многоугольника.

Окончательно площадь фигуры F будет S¥ = S F + я + Лр, где SF— площадь многоугольника F.

Так как по условию и PF^Z2n, то

S j ^ я + я -j- 2я = 4я.

Множество всех точек, удаленных от сторон заданного квадрата на 1 см и лежащих внутри квадрата, будет квадрат К со стороной 36 см.

Сумма площадей фигур F, которые получаются при рассмотрении всех ста многоугольников, наложенных на квадрат К, не будет превышать 400 я , т. е. будет меньше 1260 см2, а площадь квадрата К равна 1296 см2.

Таким образом, заведомо найдется точка, удаленная от сторон многоугольников и заданного квадрата больше, чем на 1.

181. Легко подсчитать, что радиус сферы, вписанной в правильный тетраэдр с высотой 1, равен Покажем, что такуюсферу можно поместить в любой тетраэдр, все высоты которого не меньше 1. Для этого достаточно убедиться в том, что геометрическое место точек внутри тетраэдра, удаленных от всехего граней на расстояние, большее ~ , не пусто. Плоскостью,

1параллельной одной из граней и проходящей на расстоянии от этой грани, отсечем часть тетраэдра, которая содержит точки, лежащие к отсекаемой грани ближе, чем -^-.Останется тетраэдр,

звсе высоты которого не меньше , От него отсекаем часть плоскостью, параллельной второй грани и лежащей от нее на расстоянии ~ . С оставшимся тетраэдром, все высоты которого

211

не меньше у , постугаем аналогично. В результате получаем тетраэдр с высотами, неменьшими^-'. В нем найдетсяточка, отстоящая от четвертой

1грани не меньше, чем на .Кроме того, из построения видно, что она отстоит не меньше,чем на ~ и от всех других граней исходного тетраэдра. Значит, это искомая точка и сфе-

1ра радиуса с центром в этойточке будет содержаться в исходном тетраэдре.

Поскольку очевидно, что сферу большего радиуса нельзя поместить в правильный тетраэдр с высотами 1, то искомый

1максимальный радиус равен - j .182. Обозначим через а угол между лучами ОХ и OY,

а через р— угол между лучом OZ и плоскостью ОХУ (рис. 92). Тогда легко подсчитать, что объем тетраэдра ОАВС равен

Рис. 92

Т \ ° А \ 1 ОВ | -1 ОС | -sin a-sin р.

Значит, для получения наименьшего объема нужно плоскость АВС провести так, чтобы произведение \OA\-\OB\-\OC\ было наименьшим.

В треугольнике АВС продолжим прямые AG, BG и CG до пересечения со сторонами ВС, АС и АВ соответственно в точках А', В' и С'.

В треугольнике ОАА' проведем через G прямую, параллельную О А до пересечения в точке А" с отрезком ОА’. Получим

W T = w j или \ ° А \ = \ ш 7\ - \ ° А"1 причем \GA"\— константа, не зависящая от положения точек А, В и С. Аналогичные выражения получим для | ОВ | и |ОС|. Таким образом, длятого чтобы было минимальным произведение | ОА

\ А А ' \нужно сделать минимальным произведение j GA, jI G/ П I GB'или максимальным произведение

10 5 |.|O C I, B B ’ I I C C I

IGA' i 3ДСВС I GB' II AA ' I

\AA'l ABC

получаем, что

3 Д GA C IGC'IIBS'I

‘Yjfi/iBЗдлвс

GB' | | GC' |

1 ^ 1 Ho I CC' I •

Суммируя,lB/r| «длвс ’ ICC'I

[ G 4 ' | , | G B ' | . I G C ' I , u 1 L '-J + I r e — 1 • По при постояннойI АА ' I IB B '

212

сумме трех неотрицательных величин их произведение максимально, когда все три величины равны между собой (докажите!). Таким образом, объем тетраэдра ОАВС минимален, если

\GA' \ | GB' | | GC' | 1| A A ' | — | BB ' | — | CC' | — 3 '

Задача сводится к широко известной плоской задаче: через точку G внутри угла, образованного лучом ОХ и линией пересечения плоскостей ОВС и OXG, построить отрезок АА' так, чтобы он точкой G делился в заданном отношении. В результате найдем А. Аналогично найдем точки В и С.

183. Легко проверить, что данное число является решением уравнения х 3-\-Зх—4 = 0. Но

x3 + 3x— 4 = (х— 1) (х2+ х + 4).Таким образом, единственным решением рассмотренного уравнения является 1, т. е. данное число равно 1.

184. Ортогонально проектируя обруч на пол, получим эллипс с полуосями 1 и cos0, где 0—наклон плоскости обруча относительно пола. Если О—вершина данного угла, М — центр обруча, а М ' —проекция центра на пол, то по теореме Монжа

| M ' 0 | 2= l+ c o s 20.

Кроме того, |М М' | = sin 0. Откуда| ОМ j2 = 1 + cos2 0 + sin2 0 = 2,

т. е. центр М обруча находится на сфере радиуса |^ 2 с центром в О, заданной уравнением x2 + //2 + z2 = 2. Однако центр обруча не может отстоять от плоскостей, образующих угол, дальше чем на радиус, т. е. на 1. Отсюда следуют условия в декартовых координатах: и О ^ г ^ Е

Остается заметить, что все точки на сфере х2 + у2 + г2 = 2, удовлетворяющие этим условиям, входят в искомое множество. Возьмем произвольное г, 1. Но z = sin0. Очевидно, такойнаклон обруча к полу можно реализовать. При фиксированном z = sin0 проекции на плоскость ху точек (х , у, г) сферы с условием Osglxsgll, 0 1 образуют дугу окружности х2-\-у2 = = l+ c o s 20, заключенную в квадрате Крайние точки этой дуги реализуются при таком положении обруча, при котором оси эллипса— проекции обруча на пол — параллельны осям Ох и Оу. Промежуточные точки реализуются, когда обруч непрерывно переходит из одного из этих крайних положений в другое.

185. Из условия следует, что BAD ^ 90е (рис. 93). Если А лежит вне шара К, то угол, под которым из А виден шар К,не меньше BAD. Отсюда нетрудно подсчитать, что | А О | ^ г К 2 , где О—центр шара К, а г — его радиус. Итак, искомое множе

213

ство вершин лежит в шаре радиуса г У 2 с центром О. Легко показать, что все точки этого шара принадлежат искомому множеству. Для точек, лежащих внутри К, утверждение очевидно. А в случае внешней точки А проведем из А касательные к большому кругу шара К и в качестве точек В и D возьмем точки касания.

186. Нетрудно проверить, что площадь S треугольника с вершинами A (alt а2), £(&!, Ь2) и C(cl t c2) вычисляется по формуле(1) 2S = + ((аг—Cj)(bt —с2) —

(а2 сг) (^l ci))-

Все координаты точек Р{ рассмотрим по модулю 2. Тогда всевозможные целочисленные пары сведутся к четырем парам: (О, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1). Поэтому координаты по крайней мере у двух точек из Р{ (£= 1, 2, . 5 ) окажутся совпадающими (по модулю 2). Тогда в соответствии с формулой (1) удвоенная площадь треугольников, среди вершин которых имеются эти две точки, б>дет четным числом и, следовательно, S будет целым. Но ясно, что среди треугольников с вершинами в точках Pt ( i = l , . . . , 5) три имеют две вершины в указанных двух точках и, значит, имеют целочисленные площади.

187. Если нам дана окружность с центром в точке О радиуса г, то каждой точке Р, не совпадающей с точкой О, можнопоставить в соответствие точку Р', лежащую на прямой ОРг2с той же стороны от О, что и Р, и такую, что | ОР' |= ор .Эту точку Р' естественно назвать симметричной точке Р относительно данной окружности. Если имеется другая пара симметричных точек Q и Q', то [ \O PQ и i \ O P ' Q ' подобны,так как

\ О Р ' \ | O Q ' | г 2

I OQ | “ | О Р | “ | O P | - | O Q | *

откуда

Рассмотрим теперь сферу радиуса У \ АВ\-\АС\-\ AD | с центром в вершине А. Пусть А', В' и С'—точки, симметричные А, В и С относительно построенной сферы. Тогда, используя полученную выше формулу, легко подсчитать, что | C'D 'j=x:, \B'D’\=y, \В'С' | = 2 , т. е. B'C'D’ — искомый треугольник.

214

188. В силу тождеств S„ = S_„ и S 1-S„ = S„+1 + S„_1 достаточно доказать, что S1 = a + o-1 является целым числом. Можно, не ограничивая общности, считать, что а > 1 и А > 1 . Тогда легко получить формулы

Sk- V ^ - 4 а - 2 , а - j ’

п к+ л — 4 Л - * - 1 S k M — ~ \f S b i — 4а — g • « — 2i

Подставляя эти значения в тождества

S 1 = ak+1-a~k -\-ak-a~k~1 и (ak)k+1 = (ak+1)k,

получаемс S *-S *+1 - V r( S l - 4 ) - ( S l + i - 4 )*+ — 9

( Sk + K 5 I - 4 1|Ы1 fS f t+ i+ V s l+ i-4 )\ 2 ) V 2 J

Последнее равенство после раскрытия скобок можно представить в виде

г —4 = и + v V S k +i — 4,

где г, s, и, v — положительные рациональные числа. Значит,

( я У Щ ^ - v K S | ^ = 4 ) 2 = { и - г ) \

откуда

m - 4 ) . ( S i +1- 4 ) = ! ,где # — рациональное ч и с л о . _______________

Отсюда нетрудно заключить, что j / ( S |—4)-(S|+1— 4) есть число целое.

Если одно из чисел S k и Sft+1 четное, то числа S k-Sk+1 и (S?—4)-(S|+i —4) оба четные. Если числа Sk и Sft+1 оба нечетные, то числа S kSk+i и (S%— 4) (S |+1—4) оба нечетные.

В любом случае знаменатель в выражении (1) является числом четным и, значит, —целое число.

189. Поскольку 2*« — 1 = 849 — 1 = (8 — 1) (848 + 847 + . . . + 1) и 343 = 7®, то достаточно доказать, что 848 + 847+ . . . + 1 делится на 49. Это легко проверяется разложением каждого слагаемого 8“ по формуле бинома: 8я1 = (7 + 1 )“ .

190. Положим tg a = x, tg р = г/, tgy = z. Легко проверить, что

tg(« + P+7)= g j g + f g ) -215

По условию числитель последней дроби равен нулю, знаменатель же отличен от нуля, так как в противном случае числа х, у, г были бы тремя действительными решениями уравнения вида

Х3— а12 + Х— а = О,

что невозможно, так как X3—аХ2 + Х—n = (?i2+ l ) ( ? i —а). Итак, t g ( a + p + y) = 0, т. е. а + Р + у = 0 (modii) и также 3 (а + р + у) = 0 (mod л). Отсюда

tg (За -(- Зр + Зу) = 0.

Дальнейшее следует из формул для тангенса тройного угла.191. Слова, не содержащие запрещенных буквосочетаний,

назовем хорошими. Обозначим через ап число хороших слов длины п. Заметим, что при добавлении справа к хорошему слову любой из трех букв алфавита мы получим либо хорошее слово длины п + 1, либо слово, оканчивающееся запрещенными буквосочетаниями. Отсюда

+г + 1 ;+ З о п — CLn _ 2 . . . й 2 1.

Отсюда, например, по индукции легко получить, чтоп — 1

ап > 2 + г и ап > 2" ДЛЯ п ^ 1.к = 0

192. Обозначим фигурирующий в условии задачи минимум через (А2. Без ограничения общности считаем, что а 1 ^ а 2 ^ . . . . . . ^ а ъ. Имеем ai+1—а ^ \ а > 0 для i = l , 2, 3, 4. Отсюда

5 / 5 \ 2

Заметим, что 2 (+ —+-)2 = 5 2 + —( 2 + ) • Отсюдаi = l \ t = 1 J

М2 -52(5|2~1) = + X ( < - / ) 2< Z ( + - + ) 2^ 5 ; ja< 1

Задачу можно формулировать для любого п.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ

193. Пусть (су, bt)—размеры i-ro прямоугольника. Тогдаа А + а А + + А + а А = «2 — 1, (1)

где ah bj— все различные положительные числа, большие единицы.

Найдем наименьшее значение для п. Возьмем наименьшие числа, удовлетворяющие условиям задачи, а именно: 1, 2, 3,

216

4, 5, 6, 7, 8, 9. Из всех сумм вида (1) сумма 2-9 + 3-8 + 4-7 + + 5 - 6 = 100 (2) будет наименьшая. Любая перестановка сомножителей в суммах или увеличение сомножителей приведет к увеличению общей суммы. Поэтому наименьшее из возможных значений для п будет л =11. Покажем, что существуют (+ bt) такие, что

a1b1 + a2b2+ a 3b3 + aibi = 120.

Первое слагаемое в сумме (2) заменим на (2, 19), остальные слагаемые оставим без изменения. Прямоугольники со сторонами (2, 19), (3, 8), (4, 7), (5, 6) удовлетворяют условиям задачи.

Покажем, что для любого « > 1 1 можно указать разбиение вида (1).

п2— 1 отличается от 100 либо на четное число вида 21, либо на нечетное число вида 2 / + 1 . В первом случае, заменив прямоугольник (2, 9) на прямоугольник (2, 9 + /), а остальные оставив без изменения, получим требуемое разбиение. Во втором случае заменим прямоугольник (2, 9) на (2; 9 + (/— 1)) и прямоугольник (3, 8) на (3, 9). Остальные прямоугольники оставим без изменения. Получим требуемое разбиение.

194. Пустьf(x)-f(y) = f ( x—y) (1)

для всех действительных значений х и у.а) Подставим в (1) х = х0 такое, что /(a'0)+= 0. Такое х0

всегда найдется, ибо по условию f ( x ) ^ k 0 . При х = х0 и у = 0 получим f (х0) f (0) = f (х0). Поэтому / (0) = 1.

б) Подставим в (1) у = х. Получим (f(x))2 = f ( 0).в) Подставим в (1) У = у . Получим / ( * ) • / ( у ) = / ( у ) •

Так как (по пункту б), то / ( х ) = 1 .195. При п = 1 утверждение очевидно. Осуществим индук

ционный переход от п к п + 1 . Пусть имеется множество из п + 2 положительных чисел, не превосходящих 2п + 2. Если число 2п + 2 не входит в множество, то подмножество чисел из нашего множества, не превосходящих 2п, состоит по крайней мере из п + 1 элемента и в нем по индукционному предположению найдется элемент, делящийся на другой. Тем самым такой элемент найдется и в исходном множестве. Если же число 2п + 2 является элементом нашего множества, то число п + 1 либо входит в множество и тогда все доказано, либо не входит. Тогда, вновь рассматривая подмножество чисел нашего множества, не превосходящих 2п, и присоединяя к нему число п + 1 , получим новое множество, состоящее по крайней мере из п + 1 элемента, в котором по предположению индукции находим элемент, делящийся на другой элемент того же множества. Если этот элемент отличен от чисел п + 1 , то он принадлежит

217

и исходному множеству и потому является искомым. Если же элементом является число п + 1 , то тогда число 2п + 2, входящее в наше множество, обладает нужным свойством.

Итак, искомый элемент всегда найдется.

196. Пусть п —число граней такого многогранника. Тогда сумма плоских углов

” в каждой грани равна 4л, а сумма всех плоских углов равна 4лп. С другой стороны, число вершин многогранника не

6 п „превосходит -g- = 2n, а сумма плоских углов при одной вершине строго меньше 2л. Поэтому сумма всех плоских углов многогранника должна быть строго меньше 4лп. Противоречие.

197. Легко проверить, что в одно и то же подмножество не может попасть три «дубля» (т. е. пары из одинаковых чисел). Отсюда следует, что одно подмножество должно содержать ровно один «дубль». Одинокий дубль можно выбрать пятью способами,

* 4-3к нему в цепи с обоих концов может примыкать - у разныхпар. То есть в цепи с одним дублем возможно построить 5-6 разных троек вида (b, а) (а, а) (а, с), где а, Ь, с— различные числа от 1 до 5. Легко понять, что каждую такую тройку можно достроить до замкнутой цепи из пяти пар лишь двумя способами.

Итак, подмножество с одним дублем выбирается 5-6-2 = 60 способами. Далее можно доказать, что при каждом таком выборе два других подмножества разбиения определяются однозначно. Поэтому существует 60 искомых разбиений.

198. Сторона вписанного в окружность квадрата хь = У 2-г . Рассмотрим вписанный в окружность квадрат (рис. 94) со

стороной, параллельной СВ. Вписанный в треугольник квадрат имеет максимальную площадь из всех квадратов, помещающихся в треугольнике. Следовательно, его сторона х больше стороны хь, т. е. х > х ъ = У2г .

Впишем в данный треугольник квадрат, а в квадрат окружность. Эта окружность лежит в треугольнике. Поэтому ее радиусY < r — радиуса вписанной в треугольник окружности, ибо вписанная в треугольник окружность— наибольшая из всех окружностей, целиком лежащих внутри треугольника.

Таким образом, г < х < 2г.199. Построим окружность (рис. 95) наибольшего радиуса,

проходящую через точку А' и касающуюся сторон внешнего угла. Обозначим точки касания окружности и сторон угла В

218


и С. Расстояние между концами В я С равно 2 ^ 2 + 2. Покажем, что дугу ВА'С окружности можно протащить по коридору. Повернем окружность на угол 45° вокруг центра О. Тогда точка В совместится с точкой А', точка Л ' с С и точка С с С', т. е. дуга ВА'С займет положение А 'С С . Далее будем перемещать трубу поступательно по колену вдоль А'С ' . Аналогично, повернув дугу ВА'С на угол 45° в противоположном направлении, получим дугу В'ВА' , т. е. указанную дугу мы можем протащить по обоим коленам коридора и в угле.

Покажем, что трубу с большим расстоянием между концами протащить нельзя. Назовем шириной кривой минимальную ширину полосы, через которую можно протащить кривую. Предположим, что можно протащить в коридоре трубу с большим, чем 2 + 2 V 2 , расстоянием между концами \F E \ > 2 + 2 | ^ 2 > |^ 2 (рис. 96). Поэтому угол между направленными отрезками EF и А ’А тупой. В другом же колене аналогичный угол будет острым. Следовательно, при протаскивании через угол найдется положение трубы, когда прямая EF перпендикулярна к АО (рис. 95). Пусть труба в этом положении пересекает АО в точке D ' . Обозначим точки пересечения FE с внутренним углом через F' и Е ' . Тогда |AA'|=g;}^2 и | ДД' | J / 2 и отрезок

| Д'Д' / = | FE I — | АА' | — | Д'Д | > 2 + 2 / 2 — 2 ^ 2 = 2.

В силу выпуклости полосы, если вся фигура протаскивается в полосе, то протаскивается в ней любой треугольник с вершинами в точках фигуры. Рассмотрим вместо треугольника FD'E треугольник F'А ' Е ' , лежащий внутри FD'E. Треугольник F’A ’E' равнобедренный прямоугольный. Его минимальная ширина равна

219

наименьшей высоте \A 'A"\ = -—^—- , т. e. превосходит единицу. Поэтому треугольник F'A'E ' протащить в полосе нельзя, а стало быть, нельзя протащить и всю трубу.

Таким образом, расстояние 2 + 2J /2 между концами трубы является максимальным.

200. Заметим, что п6—п делится на 5 при любом целом п. Допустим, что f(x) раскладывается в произведение двух полиномов с целыми коэффициентами. Рассмотрим два случая.

С л у ч а й а).Xs — X f а = (авх + аг) ф„х*- \ -b jX 3 + b2x2 - f bsx + bt). (1)

Приравняв коэффициенты при г ', получим а(р„ = 1, откуда следует, что целые числа а0 и Ь0 равны ± 1 . Можем считать, чтоао ~ ^ о = 1 •

Положим х = — а1. Тогда — с ^ + ^ + а ^ О или а\ —аг—а = О, что невозможно, так как а{—ах делится на 5, а число а по условию не делится на 5.

С л у ч а й б).хь—х-\-а = (х2—px-\-q) (x3 + b1A'2 + ft2A'+b3); (2)

р, q, blt b.2, bs—целые числа. Пусть х1 и х2— корни уравнения х 2—px-i-q = 0, тогда они и корни уравнения хь—х + а = 0 , т. е. х \—х1-\-а = 0, л |—х2 ф-а = 0. Сложив почленно эти равенства, получим:

* ! + * ! — (*1-Ма) + 2а = 0. (3)Но xt + x 2 = р и

Р& = (x i + х 2)ь = х\ + х\ + 5хгх2 (а ? + * ! ) + 1 Oxlxl (хг+ х2) . (4)

Из (4) получаем, что рь — (x]+xl )— целое число, делящееся на 5. Рассмотрим левую часть (3).

х \ + х \ — (Ai + x2)-l-2a = A5+Al—pbJrPb—p + 2a.

Как мы показали, x i +x j j — ръ и р° — р делятся на 5. Следовательно, 2а должно делиться на 5, что противоречит условию.

Полученное противоречие показывает, что f (х) = хг’—х + а нельзя разложить на множители с целыми коэффициентами.

201. а) Пусть ни одна из цифр не нуль. Тогда имеем уравнение

xyz ф- xzy ф- zxy ф- zyx + y xzф- yzx — Зхххили иначе

222х ф- 222у ф- 222z = ЗЗЗх;222у ф-222г= l l lx; 2 (уф-г) = х.

Отсюда х —четное, так как у и z не нули и одновременно не могут равняться единице, то p + z > 2 . Значит, х > 4, т. е.

I e 'F' I

х может быть равен 6 и 8:х = 6; у-\-г = 3; у = 2; 2 = 1 .х = 8; у + г = 4; г/ = 3; г = 1 .

Причем у и г равноправны, поэтому безразлично, какую цифру обозначить буквой г, а какую буквой у.

б) х не может равняться нулю, у и г одновременно тоже не могут быть нулями. Пусть одна из них, например у, нуль, тогда уравнение примет вид:

хОг -f xz О + гхО + гОх = Злххили

211x + 211z = 333x; 211z = 1 2 2 x.

Числа 211 и 122 — взаимно простые. Поэтому в пределах от О и 9 нет значений z и х , удовлетворяющих уравнению. Случай невозможен.

О т в е т . 1 ) х = 6 ; у = 2; г = 1. 3) х = 8; у = 3; г = 1.2) х = 6; у = 1; г = 2. 4) х = 8; у = 1; г = 3.

2 0 2 . Перенесем 1 в левую часть неравенства и приведем к общему знаменателю:

х ( x + 1) — 8 (х-— 1 )+ 15л: (х — 1) — 2х (х2— 1) \ п.Щ х 1 ( |-1 " ’

Х 2 : - Х — 8л:2 + 8 + 15л:3— 15л:— 2x3-j-2x .2 х ( х — 1 ) ( х+ 1)

—2л:3 + 8л:2— 1 2 л + 8 л:3— 4л:2-^-6л:— 4 , „- 2 л ( х— 1) (х ф -1) ИЛИ * ( * - 1) ( * - Ц ) < 0 ’

числитель раскладывается на множителиX s —4х2 + 6х—4 = (х— 2) ( х 2— 2х + 2).

Неравенство примет вид:(х— 2)(х2— 2 х + 2 )

. (х- 1 ) (х + 1 ^ V ;

Дискриминант трехчлена х2 — 2х + 2 меньше нуля. Следовательно, при любых значениях х трехчлен положителен. Поэтомунеравенство (1) равносильно неравенству

х~ 2___ < о (2)

Здесь хф О \ х ф 1; х ф — 1.Умножим обе части неравенства (2) на положительное число

х2(х— 1)2( х+1) 2. Получим(х—2 ) х ( х — 1 ) ( х + 1 ) < 0 . (3)

221

Корни выражения, стоящего в левой части неравенства (3), суть 2; 1; 0; —1.

Правее самого правого корня выражение положительно, между 1 и 2—отрицательно, в интервале от 0 до 1 — положительно, от 0 до — 1—отрицательно и при х < —1 — положительно.

Таким образом, неравенству удовлетворяют значения х в пределах:

1 < х ^ 2 ; —1 < х < 0 .

2 0 3 . Преобразуем выражение в левой части равенства, учитывая, что а + р + у = л, и применяя формулы:

1 + cos 2х , чcos2 х = 2 - - ; cos х = — cos (л —х),п Х-\-и X—Уcosx -f cost/ = 2cos— COS—— ,

cos2 a + cos2 p + cos2 у + 2 cos a- cos p ■ cos у —— cos2 a + cos2 p + cos2 (a + P)— 2 cos a • cos p ■ cos (a + P) == cos2 a + cos2 p + cos (a + P) (cos(a + P)— 2cosa-cosP) =

= cos2 a - f cos2 p—cos (a + P)-cos ( a— P) —

= cos2 a + cos2 P—-j • (cos 2a + cos 2P) =

- cos2 a + cos2 p — (2 cos2 a — 1 + 2 cos2 p — 1) = 1,

тождество доказано.

222

р

Рис. 98

2 0 4 . А н а л и з . Будем строить всевозможные треугольники АВС, подобные данному, такие, что у них одна вершина—данная точка А, а другая— В лежит на данной прямой а (рис. 97).Где будут лежать точки С? САВ = а постоянна и отношение ICAI Ь „| В А | ~ ~ постоянное- Поэтому множество вершин получаетсяиз данной прямой а поворотом всех ее точек вокруг А наугол а и потом удалением от А в — раз. Как известно, послетаких действий прямая а перейдет снова в прямую а'.

Ответов будет два, один или ни одного, смотря по тому, сколько общих точек имеет прямая а' с данной окружностью. Отсюда вытекает

П о с т р о е н и е . Проводим через точку А перпендикуляр А Х к прямой а (рис. 98). Огроим/ _ X A Y ( X A Y = a). На прямой A Y откладываем отрезок AY( jA Y \ = ~A^ ' ^ . Через Y проводим а' перпендикулярно к A Y . Пересечение а' с данной окружностью даст нам точку С.

2 0 5 . а) АС |[ пл. A'B'C'D' ||SB (рис. 99). Поэтому

D'C' || АС А'В' || А С .} d 'C ' \ \А’В’,

D А || SB ( j y д! и Q'gic b ' \ \ s b ] 11 ’ Рис. 99

223

SB _|_ AC. Следовательно, параллельные SB и AC стороны параллелограмма A'B'C'D’ взаимно перпендикулярны, т. е. A ’B'C'D’ — прямоугольник.

б) Рассмотрим любое сечение: A 'B ’C'D'.Пусть | А'В ' \ = а' = ka, где а = | ЛС| = | SB |= . . . .

Тогда| SC' | ка . а ■ | SC | | SC \|S C | ~ а ’ \В 'С ' | — | СС' | — |S C | — |S C ' | ’

\В ’С' \ = b' = { \— k)a, Р ’ = 2 ka+2 ( l —k)a = 2a,т. e. зависит только от а.

2 0 8 . Пусть О—центр вписанной окружности не лежит внутри квадрата, тогда он лежит внутри или на границе одного из треугольников AED, EBF, GFC (рис. 100). Если точка О лежит внутри треугольника ЕВЕ, то перпендикуляр ОК. к АС всегда пересекает обе стороны квадрата, и поэтому | ОК | >> | NK | = | EEI >■! NE | > | ОМ |. Пусть он лежит теперь в треугольнике AED. Перпендикуляр ОК, проведенный через точку О к стороне ВС, может либо пересекать две соседние стороны квадрата, либо две параллельные стороны.

Во втором случае, очевидно, отрезок перпендикуляра, заключенный внутри квадрата, не меньше стороны, поэтому | ОК | >> \DE | > | ОН | = I ОМ |. В первом случае пусть ОК (рис. 101) пересекает сторону EF в точке L. Обозначим О' точку пересечения биссектрисы угла А со стороной ED, К '—проекция точки О' на ВС, тогда (ОН | < |0 'D ' | < \0 'Е | < | О'Е' | < \0 'К ' | < | ОК |, т. е. | 0 Я | < | 0 / ( | . Поэтому | 0 / С | > | 0 Я | в обоих случаях, что противоречит исходному предположению.

2 0 7 . Составим для каждого школьника таблицу из пяти клеток. В каждой клетке будем писать единицу, если школьник решил задачу, и ноль, если не решил. По первому условию каждая таблица присваивается не более чем одному школьнику (у разных школьников— разные таблицы). Таким образом, школьников не более 25 = 32. Покажем, что второе условие будет выполнено только тогда, когда школьников ровно 32. Предположим, что некоторый набор задач не решил ни один

Рис. 100

224

Рис. 101

V

школьник, т. е. набор чисел не присвоен никакомушкольнику, так как по смыслу задачи в олимпиаде принимал участие хотя бы один человек, то найдется присвоенный номер ЬЪЬ4Ь3Ь2Ь 1 . Построим цепочку

No — b3b4b3b2b , N i = bJ34b3Ь — b3 )4b3dz(i19 Ai 3 === Ь^Ь^а^а^а , A/ 4 — Ььа ^ 3а2а1г A/ ct3ct ci3ci2Q.

В этой цепочке либо два соседних номера Л/,-^ и Л/,- совпадают при bj — а,- и поэтому являются номерами одного и того же школьника, либо различаются в i -м разряде, тогда, выбросив из рассмотрения i -ю задачу, получаем один и тот же набор задач, и школьнику за номером Ai,-_x соответствует по второму условию школьник N ;. А так как номер Л/„ присвоен, то присвоены номера Л\, N 2, N 3, N t и А/5. Полученное противоречие показывает, что все номера присвоены и школьников ровно 32.

2 0 8 . Пусть в треугольнике АВС \ ВС | > | АВ | , тогда А > С. Обозначим через О точку пересечения высот А А ' , ВВ ’, СС' треугольника. Рассмотрим три возможности:

/ЧI) A < d (рис. 102). Рассмотрим прямоугольные треуголь

ники ВОС' и ВОа ’, в них ВОА' = С и В О С ' ^ А . \ОС’ \ — расстояние от точки О до стороны АВ, \ 0 А ' \ — расстояние до стороны СВ.

| ОС' | = | Об | cos/4 и | О А' | = | ОВ 1-cosC,

но cos А < cos С и, следовательно, | ОС' | < | О А' \ ./\ г

II) А = й , тогда точка О совпадает с точкой А и С совпадает с А, поэтому |О С '| = 0, a \OA'\ = h — расстоянию от вершины А до гипотенузы.

В

Рис. 102 Рис. 103

8 № 41 225

Ill) A~>d (рис. 103), тогда ВОС' = 2d— Я, но 2d— Л = Р + Си, следовательно, ВОС > С. В остальном рассуждения те же, что и для остроугольного треугольника.

209. Раскроем скобки и приравняем коэффициенты при одинаковых степенях неизвестных, получим:1) а + 6 + с = а; 2) ab + 6c-f-ra = 6; 3) abc = c, т. е. Г) 6 = — с, 3') с = 0 либо 3") ab — 1.

I с л у ч а й : с = 0. Тогда по Г) 6 = 0 и соотношению 2) удовлетворяет любое значение а.

II с л у ч а й : а6 = 1. Подставим с в 2) и Г), получаем b — ab-\-bc-\~ca — ab—Ъ2—ab= — Ь2, т. е. или b = —1, или 6 = 0. Если 6 = 0, то и с = 0 и снова получаем случай 1. Если

6 = —1, то с = 1 и из 3") а = —1.Таким образом, х3—ах2 = х2 (х—а), где а —любое число,

либо х3+ х 2—х — l = (x-f-l)(x— 1)(х+1).210. Раскроем скобки и приведем подобные:

(a2 -f- 62 + с2 + d2 — 2ас — 2bd) (а2 + b2)—a2d2—b2c2 f 2abed == (а2 + 62)2 + (с2 + d2) (а2 + Ь2) — 2 (а2 + 62) (ас -f bd) —

—a2d2—62с2 + 2 abed — е= (а2 + 62)2 + а2с2 + b2d2— 2 (а2 + Ь2) (ас + bd) + 2 abed =

= (а2 + 62)2— 2 (а2 + Ь2) (ас + bd) +(ac + bd)2 == (а2 + b2—ас—bd)2.

2 11. На диагонали, выходящей из острого угла, опишем окружность. Две оставшиеся вершины четырехугольника попадут внутрь круга, так как по условию углы при этих вершинах тупые и, следовательно, диагональ, через них проходящая, короче диаметра.

212. По условию (а) существуют люди, имеющие телевизоры, но не маляры. Может ли такой человек еще и каждый день купаться в бассейне? Нет, не может. Ибо тогда по условию (б) он не должен иметь телевизора. Итак, все эти люди не купаются каждый день в бассейне, а так как они еще и владельцы телевизоров, то утверждение (в) выполнено. Итак, (в) следует из (а) и (б).

213. Пусть QOM = <p, тогда | 0М| = /?созф, а | ОМ \ =

(рис. 104). Обозначим МОРчерезО, из ДО РМ имеем |Р О |-cos0 = = ] N O I , т. е. | Р О |-cos0 = Р cos ф, откуда cos0 = ^ . Пусть М ' —проекция точки М на ОР, тогда

т. е. постоянен. Поэтому точки Л1 ле- жат на перпендикуляре к РО и на

R2расстоянии j p y j от точки О. И обратно, легко доказать, что любая точка найденного перпендикуляра есть точка пересечения касательной и перпендикуляра, проведенного через О к PQ.

g214. Вместо -^-а2 + 262 мы можем

Орассматривать максимум

■|( —а2 + 262) = 4 а 2+ 3 6 2.

Воспользуемся следующим вспомогательным предложением:

если | ы | < 1 , | п | < 1 , то | и —v | 2. (1)Причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда

и= 1 , v = —1 или и = —1, о = 1 . Применим неравенство (1) кфункции | / ( х ) | < 1 ПРИ х = 1 и х = ®- Получим:

2 > | / ( 1 ) - / ( 0 ) | = | а + 6 + с - с | = | а + 6 | .Откуда

(а + 6)2< 4 . (2)

А при х ——1 и Х — 0 получим:2 > | / ( - 1 ) - / ( 0 ) | = | а - 6 + с - с | = | а - 6 | .

Откуда(а—6)2< 4 . (3)

Из (2) и (3) получаем: 4а2 + 362 = 2 (а + 6)2 + 2 (а — Ь)2 — 62^ 1 6 .

Равенство имеет место тогда, когда 6 = 0 и, следовательно, |а + 6 | = |а—6 1 = J а J = 2.

Тогда | / (1) — /(0) | = | (а + с)—с| = | а | = 2.Из (1) имеем |с | = 1 и |а + с| = 1. Таким образом, или с— 1; а = —2; 6 = 0; или с — — 1; а = 2; 6 = 0. В этих двух случаях при 0 ^ 1 х | ^ 1 будет: 0 ^ х 2^ 1 ; —1 ^ 2 х 2— 1 Д 1. Таким образом, |2х2— 1| = | —2x2-f-1 | = |ax2-f6 x -f 1.Причем шах ^ - |a 2 + 262j = у (4a2 -f- 362) = • 16= 10у .

2 1 5 . +п—k

:2 + l ~ 2 + S 'k + l ^ n —(k+t)Покажем, что в случае п ^ 2 Smax = rt— 2. Рассмотрим два возможных случая:

a) k + t > n . Тогда — - < 0 и S < 0 < п - -2.

8* 227

б) £ + / < « . Тогда k + l ^ l n — 1, и так как k ^ O , то — 1. Из этого следует:

1 (я —(А4-1)~~ к + 1 ) ^ (П~ ^ (я —(я —1)~~ 7 Г л ) = /! — 2> т. е. S ^ ? i —2.Равенство имеет место тогда и только тогда, когда k-\-l — n — 1, т. е. 1 = п — 1, fc = 0.Подобным же образом можно исследовать случаи п = 2 и п = 1. Окончательно получаем:I. Если п > 2, то 1 = п — 1, k = 0 и максимум выражения равен п.II. Если я = 2, то / = 0, k Ф 2 любое или / = 1, fe = 0 д максимум равен я.III. Если п = 1 , то 1 = 0, Л > 1 любое и максимум равен 2.

П П

2 i5 . xl = xk—хк+1. Следовательно, 2 А — 2 (х;—xi+i)=xi—i=i i =i

— х„+1< х х< 1, так как все х; положительны.217. I р е ш е н и е . Из произвольной точки О проведем век

торы в точки Л; В; С; D\ А х; Вх, Сх; Dx (рис. 105), обозначим- У —У - У - У —У - У - У

их соответственно а, Ь, с, d, аг, blt сх, <3Х.Получим: й + ох = 2Ь. (1) c + c x = 2d. (3)

b + b x=2c . (2) d + d 1 = 2a. (4)Из (1) найдем

а = 2Ъ — ах (5).

Подставим в (5) из (2) b =2с — Ьх.

W

Тогда a = 4 c —2bx—av (6)

В (6) из (3) подставим с — 2d — с1. Получим а = 8 d —4сх—

— 2Ь1—ах. Из (4) подставим d = 2 а —dx, тогда —► —>- -> а = 16а —8dx—4ct —2bx—а,.

—>■ J ' ^ —У ^ —V —► —VОткуда a =-ij:(&?1 + 4c1 + 2aI+ a 1). Векторы а^ 1+ <+ из

вестны. Следовательно, можно построить вектор а. Построив а, получим точку А. В есть середина А А Х, С—середина ВВХ, D — середина ССХ.

II р е ш е н и е . Сделаем преобразование подобия VAi с цент

ром в точке А х и коэффициентом (рис. 106). При VAi точка Аперейдет в точку В. Произведем аналогичные преобразования VBt, VCi, VDi, которые последовательно переведут точки В в С, С в D, Ь в А, таким образом, для произведения VAi-VBl-VCt-VDt=V получаем У(Л)= А. Следовательно, преобразование V есть подобие с центром в точке А и коэффициентом

Отсюда вытекает следующее построение: возьмем произвольный отрезок ХУ и построим его образ V (XY) = X ' Y ' . Тогда точка пересечения прямых X X ' и Y Y ’ будет точкой А.

218. 1) Пусть для треугольника, величины углов которого равны а, р, у, имеет место равенство cos 2а + cos 2(1 + cos 2 у = —1. Докажем, что он прямоугольный.

2?9

Преобразуем данное равенство. Заменим сумму косинусов произведением:

2 cos (a + P)cos ( a —P) + cos 2y + 1 = 0;2 cos (a -f p) cos (a —p) -f 2 cos2 у = 0; у = я —(a -f P).

Поэтомуcosy== — cos (a-fP)-

2 cos (a -f P) • cos (a —P) + 2 cos2 (a -f P) = 0;2 cos (a + P) (cos (a —P)-|-cos ( a - f P)) = 0,

или 4cos(a + P)cosa-cosp = 0. Следовательно, или cos(a + P)=0 и a + p = 90°, тогда y = 90°, или cosa = 0, тогда a = 90°, или cosP = 0, тогда p = 90°, т. e. треугольник прямоугольный.

2) Пусть треугольник прямоугольный. Докажем, что в этом случае сумма косинусов удвоенных углов треугольника равна —1.

Пусть, например, a = 90°, тогда

cos 2a -f cos 2р + cos 2у = — 1 -f cos 2р -f cos 2y == —1 + 2 cos (P + у) cos (P—y) = —1, так как P - fy = 90°

и cos(P + y) = 0.219. N = «3+ З н 2—n — 3 = n2 (n + 3 ) — (n + 3 )= (n 2 — 1)( n + 3 ) =

={n— l ) ( n + 1) ( h + 3).Имеем произведение трех последовательных четных чисел.

п можно записать как 2/г + 1, где k ^ O —целое. Тогда Af = 2/г (2/г + 2) (2£ + 4) = 8& (& + 1) (/г -f- 2). 8 умножается на произведение трех последовательных целых чисел. По крайней мереодно из них четно и одно кратно трем. Поэтому все произведение делится на 8-2-3 = 48.

220. Установим знак неравенства

/ Г - ь / Т о V / Т 9 + / 3 “. (1)

Корни рассматриваются арифметические. Значит, обе части неравенства— числа положительные. Поэтому при возведении обеих частей неравенства в квадрат смысл неравенства не изменится: 7-р 10 + 2 / 7 0 V 19 + 3 + 2 /5 7 . Не нарушая смысла неравенства, можно отнять от обеих частей по 17. Получим:

2 / 7 0 V 5 + 2 / 5 7 . (2)

Как и в случае (1), можно возвести в квадрат. Смысл неравенства не изменится:

280 V 25 + 228 + 20 / 5 7 , или 27 V 20 / 5 7 .

Применим еще раз возведение в квадрат:729 V 22 800; 729 < 22 800.

230

Г

Из приведенных рассуждений следует, что

V T + К Т о < V w + V ^ .

221. Обозначим неизвестное число, записанное словом АТОМ, буквой х. х —число четырехзначное. Следовательно,

1 0 0 0 < х < 10 000. (1)

Из условия задачи следует, что х состоит из различных цифр. Последняя цифра не нуль, так как в противном случае две последние цифры результата были бы нулями.

Результат есть х 2. С другой стороны, при вычитании из него числа х получим число, оканчивающееся четырьмя нулями, т. е. х 2— х — п - 104, где п —натуральное число. Равенство можно переписать в виде х (х — 1) — п-104, так как число х оканчивается не нулями и х — 1 не может быть числом, кратным 104, и поскольку х и х — 1 взаимно просты, то, следовательно, либо: а) х содержит по крайней мере четыре множителя 2, х — 1 — четыре множителя 5, либо, наоборот, б) х содержит по крайней мере четыре множителя 5, а х — 1—четыре множителя 2.

Рассмотрим оба случая.а) %= 16/:; х — 1 = 625т, т. е. х = 625m + 1, где т < 16.

Значит, 625 т + 1= 16& , или 39-16 m + m + 1 = 16£. Равенство возможно при т + 1=16 , т. е. т ~ 15. Тогда х = 9376.

б) х — 1=16/:; х:=16/: + 1; х = 6 2 5 т, где m +116.Тогда 6 2 5 т = 16/:+1 , или 625т— 1 = 16/:.Выделяя в левой части слагаемое, кратное 16, получим

39-16m + m— 1 = 16/:. Отсюда наименьшее значение т, удовлетворяющее равенству, будет 17.

Таким образом, случай б) невозможен.О т в е т . 9376-9376

84384 28128

65632 56256

87909376222. a) p = 30q + r (1), где р — данное число, q— частное,

а г —остаток от деления р на 30. 0 < г < 30. Легко проверить, что все составные числа, меньшие 30, имеют общие делители с числом 30. Из равенства (1) следует, что если г —составное, то оно имеет общие делители с 30, тогда и р должно делиться на эти общие делители, что противоречит условию. Значит, г — простое.

б) Для 60 утверждение неверно. Есть составное число, меньшее 60, не имеющее общих делителей с 60, это 49.

П р и м е р : р = 109, 109 = 60-1+ 49 .

231

2 2 3 . Обозначим знаменателиb"-{-c- = x\ с2-{-а" — у; а2-\-Ь2 = г

(очевидно, х > 0, у > 0, г > 0) и выразим все через них:

А это уже следует из известного неравенства, верного при

2 2 4 . Пусть ABCD—тетраэдр (рис. 107), все грани которого равновелики. Докажем, что тогда они попарно конгруэнтны.

Проведем через АВ плоскость а, параллельную CD. Пусть С' и D' — проекции точек С и D на плоскость а и Е — точка пересечения отрезков АВ и C'D'.

Проведем через точки С' и D' перпендикуляры к отрезку АВ. Обозначим основания этих перпендикуляров соответственно через М и N. Тогда по теореме о трех перпендикулярах отрезки СМ и DN перпендикулярны АВ и, следовательно, являются высотами соответственно в треугольниках АВС и ABD. Так как по условию площади последних равны и сторона АВ у них общая, то | СМ | = | DN \ . Из прямоугольных треугольников СС'М и DD'N, у которых |C M | = |DAr | и |C C '| = |D D '|, следует, что | С'М \ — | D'N | . Отсюда мы получаем конгруэнтность прямоугольных треугольников МЕС' и NED' (по катету и острому углу). Значит, Е —середина отрезка C'D'.

Так как в наших рассуждениях ребра АВ и CD равноправны, то проекция стороны АВ на плоскость, проходящую через CD

К 1 гу

и параллельную АВ, т. е.параллельную а, будетделить отрезок CD пополам. Следовательно, проекция CD на плоскость абудет делить пополам отрезок АВ, т. е. | АЕ = = |£ Д | . Так как | С '£ = = | ED' | , то AC'BDпараллелограмм, т. е.| AC' | = | BD' | и | AD' = = | С'В | . Поэтому | АС = = |5 D | и \CB\ = \A D \ .Рис. 107

232

Повторяя те же рассуждения для другой пары ребер (отличной от АВ и CD), мы также получим, что AB — CD, а это и значит, что все грани тетраэдра есть попарно конгруэнтные треугольники.

Пусть около тетраэдра описан шар. Проведем через каждую грань тетраэдра плоскость. При пересечении с шаром каждая плоскость дает круг, описанный около соответствующей грани тетраэдра. Из конгруэнтности треугольников (граней) следует конгруэнтность кругов. Но конгруэнтные сечения шара одинаково удалены от его центра, а это и значит, что этот центр описанного шара одновременно является центром вписанного шара.

2 2 5 . Для всех действительных х

sin4 х + cos4 х = (sin4 х + 2 sin2 х cos2 х + cos4 х) —2 sin2 х cos2 х =— 1 — 2 sin2 х cos2 x.

sin0 x + cosG x = (sin0 x + 3 sin4 x cos2 x + 3 sin2 x cos4 x + cos0 x) — —3 sin2 x cos2 Л' (sin2 x + cos2 x) = (sin2 x + cos2 x)3 —

—3sin2xcos2x = 1—3sin2xcos2x.

Поэтому данное уравнение равносильно уравнению 1—3 sin2xcos2x = a ( l — 2 sin2х cos2х) или (2a— 3)sin2xcos2x=« — а— 1, так как при 2а— 3 = 0 это уравнение не имеет реше

ния, то sin2 2'с = ‘~ — Поэтому данное уравнение имеет по

крайней мере одно решение при 0 ^ ^ 1. (1)

При 2а— 3 > 0, т. е. при а > 1 у , имеем 0 ^ 4 а —4 ^ 2а—3,

откуда 2 а ^ 1 , а ^ у и а > 1 , что невозможно. При а < Д и

2а— 3 < 0, т. е. а < 1у , имеем 0 ^ 4 а —4 ^ 2а—3, а 2= у ,

т. е. а < 1,

a s s 4 - .

а < 1 2 .

2 * (2)

Значит,у < а < 1 . (3)

Наоборот, если (3) выполнено, то имеет место (2), откуда следует (1).

Значит, данное уравнение для всех а из у ^ а < П и только для них имеет не менее одного действительного решения.

233

При а = - |- получаем:

sin2 2х = -—^ --- ' - = -ц— — = у , sin 2х = ± X f - ;24 - 3 4 ~ з 2

2х = ± ^ - \ - n k , х = ± у - + -у-&, где £ = 0; ± 1; ± 2 ; . . . .

226. а) Пусть и, v —элементы из М. Так как с > 0 , w Ô ,v ^ O , то w — и о v = 0. Так как u < c , а < с , то

1+ —С

(с— и) (с— v) > 0, т. е. сн + ст < с 2 + гя>, с(ы + а) < с2 ^1 + -^Л ,

и, следовательно, ■ < с.l + !F

Таким образом, и o v является элементом М.Для всех и, v, w из М мы получаем:

с2 (ы + г )■ W

, . u + v c2 (u-\-v) с2 + ыи(«ОО ОШ= - ОШ= f TJ—- о W = -----о . г-т----=v , uv с2 4 - uv с2 (м+с)i + —я* ~ ------- ■ W1 с2 , , cz ~\-uv

И с2С2 ( « + 1>) + (с2 + и г ) С2 (u-)-V-\-w )-{-UVW т

C2- j [ -U U + (U - | -D )k> C2+ W + U ^ + t ^ ’

t. ■ c2(t’+m). . v-\-w c2 (v-\-w) c2 -\-i’WUo(VOW)=UO ! — и О j-p L = -------- .J— ---v ' , , vw c2 4-vw c -lvA -w )

1 + — u — — —C3 J ______ C“-\-VW

Ы (c2 + №l)4 -c 2 (D + m) _ f 2 (u-\-V-\-w) -\-UVW’ ' С2+ Ш ) - | - Ы (f- f- td) C 2 - \ - l W - \ - W - \ - U W '

(« 0 0 ) 0 w= и о (v о w).Значит, множество M является полугруппой.

б) Из и о v± — и о v2 для всех элементов из М следует, что

- Н+^ - ■ = - ~+ J r » (и + £Т) (с2 + w 2) = (и + v2) (с2 + uvj;1 + - ^ Ч ~ ^

«с2 + vtc2 + u2v2 + uvxv2 = ис2 + а2с2 + a2n1 +

vtc2 + u2v2 = v2c2 + u2vt . Отсюда о, (с2—u2) — v2(c2— а2). Так как и < с, то с2— и2ф О и, следовательно, v, = v2. Аналогично доказывается, что из u1ov = u2o v следует, что иг — иг. Полугруппа М является регулярной.

234

Р и с . 10 8

2 2 7 . Обозначим W aW, = S x, W ,W x = S a, W tW„ = S 3, BW X =» = Z X, B W 2 = Z2, B W 3 = Z 3, / . W aWxWa = v x, z w xw tw t ^ = Фг. /_ ^72 ^7з^ , 1 = Фз (рис. 108). По условию задачи точка В является центром окружности, вписанной в Д WXW 2W 3. Поэтому W XB, W 2B, W 3B являются биссектрисами Д WXW 2W3. Из того, что S x < S a < S„ следует Фх < ф2 < ф3, а значит,

1 ^ 1 / 1■J Ф1 < т < у Фз- (!)

Из прямоугольных треугольников BB2W U B B 3W2, B B xWa, вкоторых | 1 = | | = | | = г, получаем:

•Zx= — — , Za = — r— z 3 = — ------. (2)

• Фт фо ■ Фяsin sin sin

На основании (1) из (2) получаем Zt > Z2 > Zs.Число возможных маршрутов равно шести.

Пусть r f (t = l 6)—длина маршрута.Тогда /•! = Zx-|-S3-|-S1+ Z3, r 4 = Z2+ S 1+ S 2 + Z1,

i'z = Z xJr S 2-\-Sx-\-Z2, r 5 = Z3+ S 2+ S 3 + Z2fг з = Z2-pS 3 +*S2 + Z 3, r e==Z3+ S 1 + S3 + Z1.

При этом rx = ra, r2 = rit r3 — rs. Поэтому достаточно сравнить маршруты rx, r2, r3. Сравним rx и r2. Для этого на WxWa отложим I WXP | = | W xW a |. Д W XPB Д W xWaB. Следовательно, | W3B | = = \ p b \ = z 3, \ p w 2\ = s 3- s 2. b a w 2p b \ w 2b \ - \ p b \ < \ w 2p \,t . e. Z2—Z3 < S 3—S 2 или S2 + Z2 < S 3 + Z3, а, значит, r2 <Crx. Сравним r2 и r3. Для этого на WxW a отложим отрезок | W3Q | = = \ W aW.\ . A W 3Q B ^ : A W 3W 2B. Следовательно,IQB\ = IW 2B I = = Z2, | Q W ^ S . - S , . В Д QWtB | W J — |£ Q | < | QWг \, т. e, Zx—Z2 < S 2— или Z1+ S 1 < Z2+ S 2, а, значит, r2 < r3.

235

Таким образом, г2 < гг и г2 < г 3, следовательно, существует два кратчайших маршрута, а именно B\V1W aW 2B и B W 2W 3W Значит, с точностью до направления маршрута задача имеет единственное решение.

2 2 8 . а) В силу 0 < имеем:

О < Q-2 -\-Ь < а 2 -\-Ь + 4^2"= а л“ 2 о] ■ (1)

Так как « + > °» то из П) следует VAfi2+ ^ < o + | ^ .

Значит, б > 0. Далее У с Р ^ Ь + Ъ ^ а А г ^ .

Отсюда a* + b + 26V a * + b + 6* = a*+b + ~

или 26 У а2 + b + б2 = - ^ 2 . т. е. 2 аб < 26 У а * + Ь < - ^ ,Ь2 Ь2следовательно, 2 а 6 < и б < .

Ь3 Ь3б) 3^ + 2 7^ > ° - Поэтому

0 < а 3 + б < а 3+ Ь + - ^ - + 2Т ^ = + • £ /а 3 + б < а + ~ .

Значит, i / a 3 + b + 6 = a - { - ~ , где б > 0.

Возведя обе части равенства в куб и приведя подобные члены,

имеем: 3 Ц / а 3+Ь У б + 3 £ /a 3 + b -6 2 + 6 3 = - ^ / - f .

Отбросив положительные слагаемые, получим:

30 = s < 3 ( ^ F + t ) a < ^ r + ^ r .

я ^ Ь* . Ь3 Ьг (9а3 + Ь)Отсюда: 6 < _ + _ = - _ _ i _ .

Если а и b—целые числа и а3 < а3+ 6 < (а + 1 )3, то 0 < b < 3а2 + 3 а + 1 , а так как а > 1 , то b < За3 + За3 + а 3 = 7 а3,

„ . 16 ьг т - е- 6 < 81' I t '

в) 1/1)6 = 1 / 4 9 + 7 » 7 + = 7,5 с погрешностью: 0 < б < 72 1< 3 7 7 3 = 5 6 < 0.0179 (при помощи таблиц получаем б < 0,0167).

£ /8 0 = £^64 + 1 6 » 4 -b-g1 » 4,333. Для погрешности б полу- 16 ■ 162 4чаем: 0 < б < 4& =gy ~ 0,04905 (при помощи таблиц по

лучаем б « 0,024).

236

229. Вокруг произвольной точки Р поверхности шара описывается окружность к, принадлежащая ш ар\. На окружности к возьмем точку Q и точки А, В, причем | / 4 S |< J P Q |. Из точек А и В как из центров описываем дуги радиусом АВ (рис. 109).Их точки пересечения обозначим С и D.

Если JW — центр шара, то \А М \ — \ВМ\. Кроме того, по построению АС \ = \ ВС | и | AD | —= | BD |, \АР\ = \ВР\, так как

они равны радиусу PQ.Следовательно, М, Р, С, D Рис 109

являются точками плоскости,перпендикулярной отрезку АВ и проходящей через его середину. Так как эта плоскость проходит через центр шара М, то она является плоскостью большого круга, радиус которого равен радиусу шара.

Построим этот круг. Для его построения на листе бумаги строим треугольник со сторонами, равными отрезкам PC, CD и PD. Описываем около Д PCD окружность. Ее радиус равен радиусу данного шара.

230. Обозначим \ A B \ - d , |ВЛ^| = л', |/VG| = z, \ 0 M \ = R (рис. 110). Опустим из О на АВ перпендикуляр ОС и обозначим \BC\ — b, |CO | = /i. Пусть задача решена, тогда

| \ 2 + d x = z2 + 2Rz,\ (x - b ) * + h* = (R + z)*,

N

237

тогда (х —й)2 + й2 = R 2 + x 2->rdx.b* + h2—R2

Решив, получим: x = — d + 2b—

Значит, точка N — одна и та же для разных q и ее можно построить.

П о с т р о е н и е . Проведем в окружности К какую-нибудь хорду длины q. Проведем из центра О окружность, касательную к ней, и к этой окружности проведем касательные из точки N (мы можем их построить).

231. Пусть в системе с основанием 10х — и • 102+ y • Ю +ш ( и ф 0),

а в системе с основанием г этими же цифрами записывается числоу = и г 2 + vz + w, причем 2х = у , откуда

и (200—г2)ф-у (20—г) + = 0, где 0 ^ . u , v , 9. Легко видеть, что при 2 ^ 14 левая часть положительна, значит, г > 1 5 , но при этом 200—г2^ 0 , а поэтому у (20— г ) + ш > 0.

При 2 = 1 5 имеем: — 25« + 5у + до= 0 .а) и = I у = 4 w = 5.

и — 1 у = 5 w — 0.« = 1 у<[3 не годится, так как ш ^ 9 .и = 1 у > 6 не годится, так как 0.

б) и = 2 у = 9 w = 5.и = 2 v < 9 не годится.и > 3 не годится.

При 2 = 1 6 имеем: —56и+4у + еу = 0, что не подходит, так как даже при v = w = 9: 4 у + ш = 4 5 < 5 6 .

О т в е т . 145, 150, 295.232. Заданное неравенство равносильно неравенству

п+/ ^ + Г п/ п

преобразуем левую часть (1):

< 1 ; О)

« + 1 / п + 1 п(я+1> 1ЦГ "('1+1) / / 7 7 Т У _ Гf / n У «R+i У { + П ) * я • (2)

Докажем, что ^1 + Разложим по формуле Ньютона:

( 1 + l ) " l 1 + i _ i + £ f c l > . , . ^ +

я (я—1) (/2—2) . 2 . J _ , , J«3 I * I”3! пя- ' 1 я'*

/ 1 \п* Можно доказать более сильное неравенство ( 1 + — 1 < 3 .

238

о п (п—1) , п(п — 1 )(п — 2) . ,Заменив сумму - ^,-/г8 + - Зт ^ < 1 и, далее, каждое

слагаемое на единицу, получим ^1 при п > 3 и, еле-

У ( ^ Г 4 < " ' “Т" + г / Я + 1 л (п + 1) Г / 1 \ П 1 л (п + 1)

довательно, уут= = ■» / / i ■ > ^ 1

2 3 3 . Рассмотрим [_\ A B N (рис. 111). Он прямоугольный с прямым углом N. Отрезок АВ задан. Поэтому точки N принадлежат сфере, построенной на АВ как на диаметре. С другой стороны, точки N принадлежат сфере с теми же центром и радиусом г, что у окружности К ■ Действительно, окружность с диаметром AM, плоскость которой перпендикулярна плоскости окружности К, содержится в этой сфере и содержит точку N. Таким образом, точки N лежат на окружности у — пересечении двух сфер. Легко доказать и обратное — всякая точка у принадлежит нашему г.м.т.

2 3 4 . Предположим противное, т. е. что

| АВ | ^ | АС | (рис. 112). (1)

Тогда ВСА > АВС, так как в Д АВС против большей сторонылежит больший угол. Но BCD > ВСА ^ ABC > DBC, так как четырехугольник ABCD выпуклый и / _ DBC составляет частьZ.ABC. Получили, что в A BCD BCD > DBC, следовательно, | BD | > | CD | (2). Складывая неравенства (1) и (2), получим j АВ | + [ BD | > | AC [ + 1 CD |, что противоречит данному неравенству | Л Д |+ |Л 1 > К | AC\ + \CD\, поэтому |Л Б |< |Л С |.

2 3 5 . Заметим, что ctg ^ 4 - — о, где k = l , 2, 3, 4.

Обозначим tg * — 8 ■— = ак._ , 1 1 l (2k — I ) я 2 a ftПричем \ак \ ф 1 , тогда tg^— ^ТДГ-2

А

239

и c t g (2fe~ 1)Jl = ------ 2a ’ T' e - 1 — 1 r * T ~i = 0, откУДа2 о 2rjk 1— 2af t f a |1 21—од

a£—6a? + 1 = 0, что и требовалось доказать.236. Заменим данную систему равносильной системой:

2*14“ 2х2 4" Зх3 4 - . . . 4- пхп = 0,2хj х2: ~ 0,

kxl —xft = 0,

пхг—х„ = 0, еде /е ^ 2,fc-е уравнение получается из &-го уравнения системы, если вычесть из него первое, умноженное на к. Отсюда х,. = /г.г, (& = 2, . . . , «). Подставим эти значения для хк в первое уравнение, получим:

jc1( 2 + 2 * 4 - . . . 4 - * * 4 - . . - 4-п*) = 0,

откуда х1 = 0, а, следовательно,х2 = х3 = . . . = хп — 0,

т. е. заданная система имеет только нулевое решение.237. Пусть х2—2л: sin у 4- 1 ф 0, так что левая часть нера

венства имеет смысл. Преобразуем выражение/ х2 sin у — 2д:+ sin у \ 2__ . _ / x 2 sin у — 2 х -|- sin у , \\ х2— 2х sin у - \ - \ ) ~ \ х2— 2a sin { /+ 1 )

f х2 sin у — 2 х + sin у , , \ (s п у — 1) (дс2+ 2х + 1)V *2— 2а sin { / - f l / х 2— 2х sin у -{-1

(sin y + l ) ( x 2— 2 х + \ ) _ (&т2 у — 1)(х \ )2 (х - i ) gх 2— 2х sin у-\- 1 (х2— 2х sin у - \ - 1)2

Полученное выражение неположительно для всех рассматриваемых х и у, так как sin2у — 1 ^ 0 , т. е.

f ^ s i n y- 2 x + s in ,y _ _ Q или ( *2 2П У~ Х" ; ^ У < 1 ,V х2— 2а:sin £/-4-1 ) \ x 2— 2 x s m y - \ - \

что и требовалось доказать.238. Заданное уравнение равносильно уравнению

Ix2—9 |—2 |х 2— 1 |4 - | х |4 - х 4-7 = 0. (1)

Левая часть уравнения (обозначим ее f(x)) представляется различными алгебраическими выражениями в интервалах

( _ о о ; —3), ( - 3 ; - 1 ) , ( - 1 ; 0), (0; 1), (1; 3), (3; 4-оо).

240

I

Рассмотрим таблицу:

X ( — оо; —3) ( - 3 ; - 1 ) ( - 1 ; 0 ) (0 ; 1) ( 1 ; 3) (3; + с с )

/(V) — X2 —Зх2+ 18 х3+ 1 4 х2 + 2 х + 1 4 —3.г= + 2 х + 1 8 — х2~\-2х

Из таблицы видно, что в граничной точке двух интервалов оба выражения для / (х) дают одно и то же значение. На интервалах (—оо; —3), (3; + оо) / (л )< 0 , а на интервалах (—1; 0), (0; l) /(x )> 0 . В концах интервалов (—3 ;—1) и (1 ;3 )/(х ) принимает значения разных знаков.

Квадратный трехчлен —Зх2 + 18, изображающий f(x) на интервале (—3 ;—1), имеет корни xlf2 = ± / 6 . Корень х = —К б лежит в рассматриваемом интервале и поэтому является корнем уравнения (1). Корень х = / б не лежит в интервале (—3 ;—1) и поэтому должен быть отброшен.

Квадратный трехчлен —Зл:2 + 2х+ 18 , изображающий / (.г) на

интервале (1; 3), имеет корни х3>4 = — ^ 55 . Корень х3 = J I т/сЕ

= — — лежит в интервале (1; 3) и поэтому является корнем— 1— / 5 5уравнения (1). Корень х4 —----- g

и поэтому должен быть отброшен.

О т в е т , х = — / б

не лежит в интервале (1; 3)

и х 1 + / 5 5 -корни уравнения (1).239. Обозначим х —число рыбаков в I группе, у —число

рыбаков во II группе, г —число рыбаков в III группе.По условию задачи

13х +5г/ + 4г = 113, х-\-у + г = 16.

(1)

(2)

Мы получили систему двух уравнений с тремя неизвестными. По смыслу задачи ее решения должны быть целыми положительными числами х, у, г. При этом дополнительном условии, как мы покажем, имеется единственное решение.Умножим (2) на 4 и вычтем из первого. Получим:

Из (И)9х + «/ = 49.

9х = 49—у.

(1')

(3)

Так как х и z положительны, то у = 16—х —z < 16. Таким образом, правая часть равенства (3) является целым числом, делящимся на 9, и заключена между 33 и 49. Значит, либо

241

9л: = 36, либо 9 л: = 45. В первом случае х = 4, из (3) //= 1 3 и из (2) г = —1, что противоречит положительности г.

Во втором случае л: = 5, из (3) у = 4 и из (2) 2 = 7.О т в е т , х = 5, у — 4, 2 = 7.2 4 0 . Пусть ha, hb—высоты, опущенные соответственно на

стороны а и b треугольника. По условию ha ^ а и hb ^ b . С другой стороны, поскольку перпендикуляр всегда меньше наклонной, проведенной из той же точки, ha ^ . b и hb^ a . Отсюда a ^ . h a^ .b - ^ .h b^ .a . Это возможно только в том случае, когда a = ha = b = hb = а. Таким образом, стороны а и b равны и перпендикулярны, т. е. треугольник равнобедренный и прямоугольный.

О т в е т . Углы треугольника —90°, 45°, 45°.241 . Предположим, что т (т - \ -1) является k -й степенью не

которого целого числа.Тогда, поскольку т и т + 1, очевидно, взаимно просты,

каждое из них должно быть k-й степенью целого числа. Действительно, если разложить число m( m - f l ) на простые множители т(т + 1) = р[, -Рг2- • -Рпп, то каждое /у будет делиться на k, а каждый множитель p-i будет входить целиком или в т, или в (т -f 1).

Но два соседних натуральных числа т и т - ( - 1 не могут оба являться /г-ми степенями целых чисел (если ак = т , то уже ( a + l ) ft> ( a + 1)-а*~1 = а* + а*_:1 > m + 1; k > \ ) .

2 4 2 . Число всегда дает при делении на 9 тот же остаток, что и сумма его цифр. Действительно, если цифры числа, начиная с конца, а0» ai> а2> то само число равно а0 + 10аг++ 102а2+ . . . + Юпа„, сумма его Цифр а0 + су + а2 + . . . -fey, и разность о0 + Юсу + 102о2 + . . . + Юпа„ — а„ —су— . . . —ап = = 9су + 99а2 + . . . + 99. . . 9а„, очевидно, делится на 9. Поэтому

Пв нашей задаче 1 получится из тех чисел, которые дают при делении на 9 остаток 1, т. е. из чисел 1, 10, 19, . . . , 1 000 000 000; 2 получится из тех чисел, которые дают при делении на 9 остаток 2, т. е. из чисел 2, 11, 2 0 , - . . , 999 999 992. Ясно, что первых чисел на одно больше.

О т в е т . 1 получится на одну больше, чем 2.2 4 3 . Поскольку сумма углов шестиугольника равна 720°,

каждый из углов выпуклого шестиугольника с равными углами должен равняться 120°. Противоположные стороны такого шестиугольника будут параллельны.

а) Без ограничения общности можно предположить, что \ A B \ > \ E D \ . Если построить теперь параллелограммы АВСК, CDEL, EFAM (рис. 113), то каждый угол образовавшегося при этом треугольника КЕМ будет составлять 60°, откуда | KL | = = \ L M \ ^ \ M K \ . Но | KL | = | КС\ —[ LC\ = \ АВ |— \DE |, \LM\ = —\ L E |— \М Е 1 = |CD| — |ЕЛ|, \ M K \ ^ \ M A \ - \ K A \ = \F E \ - \B C \ ,

242

Рис. 113 Рис. 114

откуда следует требуемое равенство |Л Б |— \DE\ = \CD\ — | Z7/! |= Н Б Е | - |Б С | .

б) Без ограничения общности можно предположить, что ° 1 > ° 4 (в противном случае можно принять a[ = ai , а'г = аъ, а3 = аь, а\ = аг, а'ь = а2, a3 — as; случай, когда а1 = а4, т. е. а2 = аь, а3 = аъ, очевиден). Построим правильный треугольник КЕМ со стороной \KL\ = \LM \ = \МК\ = а1—fi4 = а6—а2 = а3— а6. Отложим на продолжении стороны KL отрезок | LC | = я4, на продолжении стороны LM отрезок | ME | = ав и на продолжении стороны М К отрезок | КА | = о2 и построим параллелограммы АКСВ, CLED, EMAF. Нетрудно показать, что шестиугольник ABCDEF удовлетворяет условиям задачи, т. е. все его углы равны 120°, причем \A B \ = al\ \ВС\ = а2, \CD\ = as; | DE| = a4; | ЕБ | = я6; | FA | = a6.

244. Возведя обе части уравнения в квадрат и перенеся в правую часть, мы убеждаемся в том, что остающийся в левой части корень равен у2—х, т. е. представляет собой целое число. Повторяя это рассуждение, мы в конце концов убедимся в том,что х + У х = т и У x = k должны быть целыми числами, откуда x = k2, х - \ - У х — т2, т. е. k ( k -\-\) = m2. Последнее равенство невозможно при &> 0 , поскольку k 2 меньше k ( k + l ) , а (&+1)2 уже больше k ( k + l ) и поэтому 1, т. е.т не может быть целым.

О т в е т . Единственное решение уравнения в целых числах — х — 0; у = 0.

245. Пусть А г, Вг, Clt D4 (рис. 114)—основания перпендикуляров, проведенных через вершины А, В, С, D четырехугольника ABCD к его диагоналям BD, AC, BD, АС соответственно. Пусть К —точка пересечения диагоналей АС и BD. Мы докажем, что ДЛ/СБ оо ДЛ^/СБ^, ДБ/СС оо Д Б Д Д , / \CKD cv>Д С Д Б * и / \DJ\A оо / \D ,K A , , откуда, очевидно, будет следовать подобие четырехугольников ABCD и Л1Б 1С1Б 1, т. е. равенство их углов и пропорциональность сторон.

Для доказательства подобия треугольников можно заняться рассмотрением углов.

243

Проще воспользоваться таким геометрическим фактом: если X, Х х, Y v Y —любые четыре точки, лежащие на одной окружности, и К —точка пересечения прямых ХУ+ и Y X lt то Д XKY оо оо Д Xj/OV Равенство углов этих треугольников следует нз теоремы о вписанном угле (нужно рассмотреть случаи различного расположения точек X, Х х, Y, Y t на окружности; они могут быть расположены в таком порядке: X, Х х, Y lt Y, в таком: X, Y lt X lt Y или в таком: X, Х г, Y, Д ; впрочем, последнее расположение не может встретиться в нашей задаче, если четырехугольник ABCD выпуклый). Теперь для доказательства подобия интересующих нас пар треугольников осталось заметить, что точки А г и Вг лежат на окружности с диаметром АВ,поскольку А А 1В = АВ1В = 90°. Точно так же точки Вг и лежат на окружности с диаметром ВС, точки Сг и D1—на окружности с диаметром CD, точки Dx и А г— на окружности с диаметром DA.

2 4 6 . Натуральное число всегда можно представить в виде n = ab, где а и b—различные числа, меньшие п, кроме того случая, когда п —простое число или равно квадрату простого числа. Рассмотрим эти случаи по порядку.

Пусть n = ab, где а > 1, b > 1, а ф Ь . Поскольку п —нечетно, то а и b тоже нечетны, значит, а ^ З и Ь ^ З . Поэтому в произведение (п — 1)! = 1-2-3- . . . •(ab— 1) входят а и 2а (поскольку ab— 1 ^ 3 а— 1 > 2а), а также Ь и 2Ь. При этом все эти четыре числа а, 2а, b и 2Ь заведомо различны, а и b—нечетны, 2а и 2b— четны, а ф Ь , 2аф2Ь. Следовательно, (п— 1)! делится на а2Ь2 = п2.

Пусть теперь п = р2, где р — простое чисто. Тогда если р2 — 1 ^4 /7 , то р2 — 1 ^ 4 р > Зр > 2р > р и поэтому (р2— 1)! делится на р4 = «2. Это заведомо так при 5; р2 — 4р — 1 ^ > ( р —4) р— 1 > 1-5— 1 > 0.

Остаются следующие возможности: п = 32 = 9 или п —простое число. Нетрудно показать, что для всех этих п число (п — 1)! не делится на п2. Действительно, для простых п число (п — 1)! не делится даже на п. Для п — 9 (9— 1)! = 1-2-3-4-5-6-7-8 делится только на З2, а не на 92 = 34.

О т в е т , п —любое простое нечетное число или 9.2 4 7 . Проведем через точку О перпендикуляры к сторонам

четырехугольника, получим четыре пары равных треугольников,Л Л Л Л Л А А А

откуда заключаем, что 1 = 2, 3.= 4, 5 = 6, 7 = 8 (рис. 115). Поскольку 14-2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 360°, а АОЁ + COD = = 360°— (2 + 3 + б Ц -7 )= 1 + 4+1) + 8, то из написанных вышеравенств следует, что АОВ + COD равен половине угла в 360°, т. е. составляет 180°, что и требовалось доказать.

2 4 8 . Выражение kn—bn всегда делится на k —b, поскольку k*— bn = {k— b)-(kn~1 + kn- 2b + kn- 3b2+ . . . + b " -i) ;

244

(6 и b — произвольные целые числа, gкф Ь). Таким образом, (6"—Ьп) —— (kn—а) = а —bn делится на k —b при любом 6=+Ь, т. е. делится на любое отличное от нуля целое число. Это может быть только в том случае, если а —Ь" = 0, т. е. а = Ьп.

Наиболее характерная ошибка при решении этой задачи, встречающаяся в работах участников олимпиады,— ссылка на теорему Безу. Такой путь в принципе неверен, поскольку в т е о - Рис. 115реме Безу речь идет о делимости многочленов, а в задаче—о делимости чисел.

249. Пусть после вычеркивания двух последних цифр в числе п2 получается k2, причем /г2 не оканчивается двумя нулями. Эти условия можно записать так: 0 < /г2— 10062 < 100. Первое неравенство эквивалентно такому: /г > 106, т. е. 106 + 1. Второе неравенство n2 — 10062 < 100 при k ^ 5 не выполняется. Поскольку даже наименьшее, возможное для п значение 106 + 1 дает: (106+ I)2—(106)2 = 206+ 1 > 100, при 6 = 4 годится только п = 106 + 1 = 4 1 , поскольку 422— 1600 уже больше 100; при 6 ^ 3 не могут получиться значения п2, превышающие даже 1000, поскольку

/г2 < 10062 + 1 0 0 < 100-9+ 100= ЮОО.

О т в е т . 1681 = 412.2 5 0 . Занумеруем отрезки, из которых состоит путь жука,

по порядку. Назовем условно одно из трех направлений линий нашей сетки горизонтальным и посмотрим, какие номера могут иметь горизонтальные отрезки, входящие в путь жука. Пусть а и b —два соседних горизонтальных отрезка, в том смысле, что между ними нет других горизонтальных отрезков, т. е. весь путь жука между а и b состоит из отрезков двух других направлений. Тогда ясно, что ситуация, изображенная жирной линией на рисунке (116, а), когда по а жук ползет в одну сторону, а по b— в противоположную, невозможна: тогда часть пути жука можно было бы укоротить, как показано пунктиром. Отсюда следует, что по всем горизонтальным отрезкам, входящим в его путь, жук полз в одну и ту же сторону. Если он приполз в точку Р (рис. 116,6) по отрезку а, то следующим горизонтальным отрезком на его пути может быть только один из отрезков blt b2J b3. .. или Ь,', b'2, b'3. .. . Легко заметить, что число промежуточных отрезков между а и b обязательно нечетное, т. е. номера отрезков а и b имеют одинаковую четность. Отсюда следует, что номера всех горизонтальных отрезков, входящих в путь жука, имеют одинаковую четность. Поскольку все три направления линий сетки равноправны, мы доказали,

245

а)Рис. 116

что 1) жук полз не более чем по трем разным направлениям: по отрезкам каждого данного направления он или не полз вообще, или полз по всем в одну сторону и 2) номера всех отрезков одного направления, входящих в путь жука, имеют одинаковую четность. Отсюда нетрудно сделать вывод, что либо все отрезки с четными номерами имеют одинаковое направление, либо все отрезки с нечетными номерами имеют одно направление. Поскольку тех и других в пути жука, очевидно, 50, утверждение задачи доказано.

З а м е ч а н и е . Эта задача—одна из труднейших на олимпиаде. Она допускает несколько различных решений, кроме приведенного (например, помогает индукция по длине 2/г пути жука или разложение вектора АВ по трем направлениям, параллельным линиям сетки), однако все они достаточно сложны.

251. После того как в выражении х1:х2: . . . :хп расставлены скобки, каждый знак деления связывает два выражения, из которых первое нужно разделить на второе (каждое из этих выражений может быть отдельной буквой xk или скобкой, содержащей несколько xk). Будем выполнять деление в указанном порядке и результат каждый раз записывать в виде дроби

■*7i *7а* ' "Х*р' -xjq

Если А и В —две такие дроби и нужно разделить Л на Б , то в результате деления просто «перевернется» дробь В, т. е. перейдут из числителя в знаменатель или обратно те и только

246

те хк, которые входят в дробь В. Отсюда следует, что в окончательном результате каждое хк окажется в числителе или знаменателе в зависимости от того, сколько раз (четное или нечетное количество) мы делили на выражение, содержащее х к, другими словами, сколько из знаков деления, предшествующих хк, относится к выражению, содержащему хк.

После этих предварительных замечаний перейдем к выяснению вопроса, какие дроби можно получить, различным образом расставляя скобки в выражении х1:х2: . . . :хп.

Очевидно, что х4 всегда будет в числителе (перед ним нет знаков деления, которые могли бы его «отправить в знаменатель»).

Почти очевидно, что х2 всегда будет в знаменателе (знак деления, стоящий перед х2, относится к самому х2 или к некоторому выражению, содержащему х2).

Значительно менее очевидно, что остальные буквы х3, х4, . . . ,х„ могут располагаться в числителе или в знаменателе совершенно произвольным образом; в доказательстве этого утверждения состоит основная трудность задачи. Отсюда будет следовать, что можно получить всего 2"-2 дробей: каждое из х3, х4, . . . , хп можно независимо от предыдущих поставить в числитель или в знаменатель. Приведем два доказательства.

П е р в о е д о к а з а т е л ь с т в о . Для того чтобы получить дробь

*1*П + 1-. .Xj^jX^Xj, +1. . ■ ■Х2Х 3 . . .ДСП—1 x i i x ia + l- ■ ■ x i , — l x i , x U ь 1 ■ • ■x i b—i x i l - • • *

(2 12 ^ ^ im — п)унужно в каждой группе xik, x/fc+1, ..., x,-fc+1_1 делить «по порядку» (... ((л:1:л:2):а:з):...х/1_1) = Р г и вообще

(... (x;k:xik+1) : ... '■Х[к+1_1) = Рк, ..., xim = Pm,

а затем выражения Рг, . . . , Р т —«в обратном порядке»:

Р 1:(Р2:.. .: (Рт_1:Рт)...).

В том, что получается нужная дробь, можно убедиться не

посредственно (заметив, что Р к = --------- — ^ или с помощьюV x ‘k + l ' - ' X i k + l - 1 /

критерия, указанного в первом абзаце (из знаков деления, предшествующих некоторому x/t к выражению, содержащему х,, относятся знаки, стоящие между группами, а также знак, стоящий непосредственно перед xj). Ясно, что числитель и знаменатель любой дроби, у которой Xj стоит в числителе, х2 — в знаменателе, можно разбить на такие группы, что получится дробь вида (*), поэтому доказательство закончено.

В т о р о е д о к а з а т е л ь с т в о (по индукции).

247

с , Пусть выражение х 1: х 2- . . . . : х п после некоторой расстановки скобок записывается в виде дроби А. Если в это выражение вместо х п подставить выражение ( х п : х п+1), то в результате получится дробь А, к которой добавится х п +1 . причем х п+1 будет стоять не там,

q где стоит х п, т. е. если х п было в знаменателе, то х п+1 попадет в числитель и наоборот.

Предположим теперь, что наше вы- Рис. 117 ражение оканчивалось так: , . . ( Р : х п)

(Я—-какое-то выражение или просто Xn-i). Если мы заменим выражение (Р \ х п) выражением ( ( Р : х п)::xn+1)> то в результате получится, очевидно, та же дробь А,к которой добавится х п+1, причем х п+1 будет стоять там же, где стоит х п (поскольку (P:xn):x„+1 = Р : ( х п - х п+1)).

Из этого следует, что если мы умеем получать любую дробь (с х 1 в числителе и х 2 в знаменателе) при некотором п, 2, то мы можем получать и любую такую дробь для выражения х 1: х 2: . . . : х п+1. Поскольку при п = 2 наше утверждение правильно, оно верно при всех п.

О т в е т . 2"-2 дробей.З а м е ч а н и е . Конечно, при двух различных способах рас

становки скобок может получиться одна и та же дробь. Алгоритм, данный в первом доказательстве (так же, как индуктивное построение—во втором), указывает один из многих способов расстановки скобок, при которых получается нужная дробь.

252» Нетрудно показать, что куб можно разбить на 5 тетраэдров, как показано на рисунке 117, если от куба ABCD A'B'C'D’ отсечь четыре угловых тетраэдра A'AB'D' , C'CB'D ' , ВВ'АС и DD'AC, то останется правильный тетраэдр B'D'AC.

Может казаться очевидным, что на меньшее число тетраэдров куб разбить нельзя, но строгое доказательство оказывается не слишком простым. Приведем наиболее короткое доказательство.

Пусть куб с ребром а разбит на несколько тетраэдров. Имеются по крайней мере 2 из них, основания которых лежат на грани ABCD куба (грань куба—квадрат и не может быть гранью одного тетраэдра). Точно так же имеются по крайней мере 2 тетраэдра, основания которых лежат на грани A 'B ’C'D' куба. Эти тетраэдры заведомо отличны от первых двух, так как тетраэдр не может иметь двух параллельных граней. Итак, у нас имеются уже по крайней мере 4 тетраэдра. При этом такие 4 тетраэдра не могут заполнить к>б, поскольку сумма

объемов первых двух не больше -д- (сумма площадей основании

не больше а2 и высота каждого не больше а) и сумма объемов

248

а3вторых двух тоже не больше у , а объем куба равен а3. Такимобразом, есть по крайней мере еще один — пятый—тетраэдр.

Другие доказательства, не использующие идею сравнения объемов, существенно длиннее.

2 5 3 . 1. Докажем, что какой бы набор хг, х 2, . . . , х п из п чисел, среди которых не все равны между собой, мы ни взяли, через несколько указанных в условии задачи операций максимальное число набора уменьшается, а минимальное—увеличивается.Действительно, y'~r ^<+1- всегда не больше наибольшего из чи

сел х,- и xi+1, и равно ему, только когда хг = х,+1 ^аналогичноX X \для ” 2 ~ ) . Поэтому, если х — максимальное число в наборе xlf

- *1 + *2 *2 + Xзх2, ..., хп, то максимальное число в наборе ■ ■ g » 2 ’

Xn~^Xl не больше х и равно ему только тогда, когда в наборехг, х2, . . . ,хп число х стоит два или несколько раз подряд (мы считаем, что числа «расположены по кругу», т. е. хп стоит рядом с х4). При этом, если в наборе x lt х2, ..., хп наибольшая длина цепочки из чисел х, стоящих подряд, равна k < п, то в следующем наборе она будет, очевидно, равна k — 1, затем k —2 и т. д. и через k шагов максимальное число в наборе станет меньше х. Доказательство того, что минимальное число должно возрастать, аналогично.

2. Предположим, что из некоторого набора целых чисел alt а2, ...,« „ все время получаются наборы целых чисел. Тогда из сказанного выше следует, что через несколько шагов из набора alt а2, ..., «„должен получиться набор, в котором все числа равны.

Действительно, разность между максимальным и минимальным числом набора, пока она останется положительной, будет, по доказанному, уменьшаться. Если она останется все время целым числом, то через несколько шагов должна обратиться в нуль.

Нам осталось доказать, что из набора попарно различных чисел аг, а2, ...,« „ не может на каком-то шагу получиться набор равных чисел.

3. Если из какого-то набора zlt z2, ..., zn получается наборZ . + Z О Z „ - 2 Ч Z„ + Z,- ~g-2, ~ 0 3 , ..., 2 равных чисел, т. е.

Z1 | Z 2 Z2 - |-Z3 Z3 Z4 Z „ _ x-(-Z„ _ Z „-f-Z j Zj + Zj2 2 2 — • • • — 2 — 2 — 2 ’

то, очевидно, получим:

Z-y = Z3 , Z 2 = . . . , 2 „ _ 2 ^ 2 » ^ n - l = î> ^ n z 29

249

т. е. в наборе zlt z2, ..., zn числа равны «через одно». Если п нечетно, то это возможно только тогда, когда все числа в наборе z„ z2, ..., zn равны. Таким образом, при нечетном п набор равных чисел не может получиться из какого-либо другого (в котором не все чис-

рис ц8 л а равны между собой).

4. В случае четного n = 2k осталось посмотреть, из какого набора yv у 2, ..., уп мог получиться набор, в котором числа равны «через одно» (но соседние числа не равны):

У гФ У ъ и. Уз~\~У* и. J/5 + J/e и. . У2к - 1 ~\~У2к и.2 ’ 2 * 2 ~ 2 ~ '

J / 2 + J / 3 _ . J/4 + J/5 _ . Уб Т " Ml „ . . +

2 ’ 2 ’ 2 — ’ 2 ’

причем b Ф с. Замечаем, что сумма всех чисел в первой строке и во второй одна и та же: У1 + - • + Ум > откуда Ь = с. Полученное противоречие показывает, что набор вида Ь, с, Ь, с, Ь, с, ..., где Ь ф с, вообще не может получиться из какого-то набора по нашему правилу.

Тем самым мы показали, что из набора попарно различных чисел не может получиться набор равных чисел. Решение закончено.

2 5 4 . Обозначим через S lt S 2, S 3, S 4 и plt p2, p3, р4 площади и полупериметры треугольников ABE, ВСЕ, CDE, DAE соответственно (рис. 118). Поскольку площадь любого треугольника равна произведению полупернметра на радиус вписанной окружности, нам нужно доказать, что

Pi . Р з Рг I Pis3~ s2~r s4

Так как ABCD—описанный четырехугольник, то | АВ | + -f- | CD |= | ВС | + | AD |. Прибавив к обеим частям равенства сумму диагоналей, получим

2p1 + 2p, = 2ps + 2pi , т. е. рг + р3 = р 2 + р4.Четырехугольник ABCD—трапеция (AD^BC), поэтому пло

щади треугольников ABD и ACD равны, отсюда Sj = S3. Мы обозначим эту площадь через S:

S = S j = S 3.

250

ДВСДсчоДПЛД, следовательно, ~ = \ w ,! . Далее, по-Р-l I U I

скольку площади треугольников с общим основанием относятся как высоты, нетрудно показать, что

s 2 _ S 2 _ | BE | S j S | BE |S S3 ~ | ED | И S4 _ S4 ~ | ED | ’

поэтому ~ ~ ~ =z — t откуда S = - - S 2 и S = — S..о o 4 p 4 p 2 p 4

Из равенства p1 + p3 = p4- f p 2 получим:Pi I Р з Pi I РгS ' ~ S ~ S ' S '

Заменив здесь первое S на S lt второе — на S3, третье — на ~ S 2, четвертое— на ~ S 4, получим требуемое равенство.

255. Приведем решение пункта б). При первом взвешивании эксперт кладет на левую чашку весов 1-ю монету, на правую— 8-ю. Правая чашка перевешивает. Тем самым доказано, что 1-я монета фальшивая, а 8-я— настоящая.

При втором взвешивании эксперт добавляет на левую чашку 9-ю и 10-ю монеты, а на правую — 2-ю и 3-ю. Теперь перевешивает левая чашка. При одинаковом числе монет на каждой чашке это возможно лишь в случае, когда на левой чашке настоящих монет больше, чем на правой. Тем самым суд убеждается, что 9-я и 10-я монеты настоящие, а 2-я и 3-я фальшивые.

При третьем взвешивании эксперт кладет на левую чашку 4-ю, 5-ю, 6-ю, 7-ю, 8-ю, 9-ю и 10-ю монеты, а на правую—остальные. Правая чашка перевешивает. Это доказывает, что на ней настоящих монет больше, чем на левой. Но суду уже известно, что на левой три настоящие монеты. Отсюда суд делает вывод, что все четыре новые монеты на правой чашке настоящие, а соответственно четыре новые на левой—фальшивые.

Итак, суду все ясно.256. Предположим противное. Тогда наше девятизначное

число х представимо в виде х = а2, где а также оканчивается на 5, т. е. a — 10ft-f 5, откуда х = 100ft(ft+ 1) + 25, т. е. у числа х предпоследняя цифра 2. Далее простым перебором легко убедиться, что число вида f t(f t+ l) может оканчиваться лишь на 0, на 2 или на 6. Но 2 уже встретилось на предпоследнем месте, а нуля вообще быть не может. Значит, третья справа цифра в записи х есть 6. Отсюда х = 1000с + 625. Но тогда а делится на 25, откуда a = 1 0 0 d ± 2 5 и х = 10 OOOd2 ± 5000ci-j- 625. Значит, четвертая цифра в записи х или 0 или 5. И то и другое приводит к противоречию.

257. Доказательство проведем по индукции, причем индукционный переход здесь легче осуществить от п к п + 2. Пусть

251

Ал+» Рис. 119

а)Рис. 120

для точек х1У ..., хп построение стрелок уже осуществлено. Добавим две новые точки хп+1 и хп+2 и дополнительно к уже построенным стрелкам построим стрелки, идущие от всех хи . . . ,хп к х„+1, из хп+2 ко всем х1г ..., х„ и из х„+1 к хп+2. Легко понять, что теперь все точки х1г ..., хп+2 соединены стрелками так, как требуется в условии (рис. 119). В качестве основания индукции возьмем п = 3 и п — 6. Для них способ построения стрелок указан на рисунке 120. Осуществляя выше описанный индукционный переход, построим стрелки для всех четных п ^ б и нечетных п ^ З . Проверьте, что для п = 4 построение осуществить нельзя. ^

2 5 8 . Нам дано, что ВСАХ = В ХСА. Добавим к этому равенству

АСВ, получим, что А ХСА = ВСВХ. Отсюда и из равенства д1 1 —

= 4 4 ^ 1 , вытекающего из подобия Д Д С Д и следует,I I __

что Д Л ХСА подобен Д ВСВх, откуда А А 1С = В 1ВС. Тогда израссмотрения треугольников BDE и ЕСАХ (см. рис. 121) следует, что BDA1 = BCA1 Отсюда видно, что D лежит на окруж

ности а, описанной около Д Л ХДС. Так же доказывается, что D лежит

В1 на окружности р, описанной около Д А Д ХС. Итак, мы доказали,что точка пересечения А А Х с асовпадает с точкой пересечения ВВХ с р. Аналогичные рассуждения показывают, что точка пересечения АЛХ с а совпадает с точкой пересечения ССХ с окружностью у, описанной около Д Л С ХД. Итак, окружности, указанные в пункте а) задачи, и прямые из пункта в) пересекаются все в одной и той же

Рис. 121 точке.

252

2 3 9 . Перенумеруем всех N человек. Если N нечетно, то последнего не будем ни с кем знакомить. Поэтому, не ограничивая общности, можно считать, что нам надо перезнакомить N человек при N = 2н. Познакомим к-го человека (при k-^ t i) с N-м, (iV + l ) - M , ... (TV ——k-\- 1)-м. Тогда &-й (Л < п ) будет иметь к знакомых. При этом столько же знакомых будет иметь и (л + &)-й. Ни у каких трех человек не будет одинакового числа знакомых.

2 3 0 . Заметим, что всего король сдела^ ровно 64 хода и что длина одного хода короля по горизонтали или вертикали равна 1, а один диагональный ход равен ] / 2. Поэтому наименьшую длину будет иметь путь, при котором король все 64 поля прошел, делая ходы только по горизонтали и вертикали. Легко показать, что такой путь действительно возможен, и при этом длина соответствующей ломаной будет равна 64.

Выясним теперь, какова возможная наибольшая длина пути, что, очевидно, равносильно нахождению наибольшего числа сделанных королем диагональных ходов. Зафиксируем некоторый путь (рис. 122). Занумеруем последовательно все граничные поля доски и разобьем замкнутую ломаную, изображающую рассматриваемый путь короля, на участки следующим образом. Припишем полю в левом нижнем углу доски номер 1 и заметим, что хотя бы одно из двух звеньев ломаной, исходящих из поля 1, соединяет его с соседним с ним по горизонтали или по вертикали полем. Припишем этому полю номер 2 (пусть для определенности это будет соседнее горизонтальное поле) и тем самым зададим ориентацию пути вдоль нашей замкнутой кривой и направление нумерации граничных полей доски от № 1 до № 28. Покажем по индукции, что первым граничным полем, которое встретится на пути при движении от поля № к, является поле № £ + 1 (при & = 28, &-|-1 =1). Для &=1 это верно в силу выбора второго поля. Пусть на пути из поля к ( k > 1) первым встретилось граничное поле № I. Если l = k — 1, то путь от поля к до к — 1 вместе с участком пути от поля к— 1 до к, рассмотренным на предыдущем шаге и по индукционному предложению не содержит других граничных полей, образует замкнутый путь, не проходящий через поле № £ + 1, что невозможно. Если 1 ф к — 1 и I ф k-\-1, то путь от поля k к I разбивает доску на две непустые области, и нетрудно понять, что если, продолжая путь, король из клетки / свернет в одну из этих областей, то он не сможет

Рис. 122

253

Рис. 123

попасть в другую, не пересекая уже пройденного участка пути. Йтак, возможно лишь равенство l = k- \-1.

Таким образом, граничными полями весь замкнутый путь разбивается на 28 непересека- ющихся участков от поля k до &+1 (k — 1, 2, ..., 28). Поскольку переход от поля k к полю k + 1 сопровождается сменой цвета поля доски, а сменить цвет можно только горизонтальным или вертикальным ходом, т. е. ходом длины 1, то каждый из 28 участков пути должен содержать по крайней мере один ход единичной длины и, значит, диагональных ходов длины J /2 не может быть больше 36. В том, что диагональных ходов может быть ровно 36, убеждаемся, построив соответствующий пример (рис. 123). Итак, наибольшая возможная длина пути равна 28 + 36 J/TT

261. Заметим, что ОАЕ = АСЕ (рис. 124), так как эти углы измеряются половиной дуги ^ АтЕ . Из АС || ОВ следует, чтоАСЕ = ЕОК- Значит, ЕОК = ОАЕ и треугольники А ОК и ОКЕподобны. Из их подобия получаем I О/С | [Щ, или 1°*Л2 =I АК. | | ОК |= \Е К \- \А К \ . Кроме того, из известных свойств касательной и секущей получаем | |* = | | -1 Л/С |.

Следовательно, | ОК. | = | КВ |.2 6 2 . Подставив в данное неравенство значения х = 0, х = 1 ,

* = —1,получим | с | < 1 и —1 < a + b + c < 1, —1 < а —Ь + с < 1. Отсюда следует, что линейная функция bx + a + с в точках 1 и —1, а значит, и всюду на отрезке [— 1, 1] принимает значения по модулю меньшие или равные 1 ,т. е. | Ьх + а + с | < 1, —1 ^ х < 1 .

В результате

| сх2+Ь х + а | = | с (x2— 1) + Ьх + а + с | < | с | | х 2 — 1 1 ++ 1Ьх+ ц + с | ^ 1 + 1 = 2 при —1 ^ х 1 j

что и требовалось доказать.

254

263. Покажем, что наибольший номер, который может иметь победитель, равен 20. Из условия следует, что после каждого тура номер сильнейшего из оставшихся теннисистов может увеличиться не более чем на 2. Значит, после 10-го тура номер сильнейшего не превосходит 21. Покажем, что номер сильнейшего не может увеличиваться на 2 после каждого из 10 туров. Допустим противное. Это приводит к тому, что после первого тура выбыли игроки с номерами 1 и 2 (проиграв 3-му и 4-му), после второго — игроки с номерами 3 и 4 (проиграв 5-му и 6-му) и т. д. Тогда к десятому туру остались игроки с номерами 19 и 20. Значит, в результате последнего тура номер сильнейшего может увеличиться лишь на 1. Получим противоречие, доказывающее, что хотя бы после одного из туров номер сильнейшего увеличился лишь на 1. Значит, победителем может стать лишь игрок с номером, не превосходящим 20.

Приведем пример игры, при которой теннисист с номером 20 действительно становится победителем.

Пример строим по индукции, причем рассмотрим общий случай, когда игроков 2", а победителем становится игрок с номером 2п. Для п = 1 построение очевидно. Если уже указан способ построения примера с 2п~1 игроками, то всех 2" игроков разбиваем на две группы по 2п~1 игроков, победители которых встречаются в п -м туре, т. е. в финале.

В первую группу включим игроков с номерами 2п, 2п — 1 и добавим к ним игроков с большими номерами. Во вторую группувключим игроков с номерами 1, 2....... 2п —2 и всех оставшихсяигроков.

Легко построить пример игры для первой группы, когда там победителем оказывается игрок с номером 2п. Во второй группе победителем по предположению индукции становится игрок с номером 2п —2. Итак, в финале встречаются игроки 2п и 2п—2, т. е. игрок 2п может победить.

264. Площадь треугольника не может превосходить поло- вины произведения двух его сторон. Поэтому 1 ^ у ^ у , откуда b ^ V 2-

265. Рассмотрим k прямых, каждая из которых делит площадь данного п-угольника Р пополам и проходит через точку О. Построим многоугольник Р ' , центрально-симметричный многоугольнику Р относительно точки О. Очевидно, что рассматриваемые прямые делят пополам и площадь многоугольника Р ' . Площади двух кусков многоугольника Р, расположенных в вертикальных углах с вершиной О и образованных двумя соседними прямыми, равны (см. рис. 125). При центральной симметрии многоугольника Р эти куски переходят друг в друга. Отсюда легко заключить, что в каждом из 2k углов, на которые рассматриваемые k прямых делят плоскость, должна находиться по крайней мере одна точка пересечения контуров Р и Р ’,

255

поскольку иначе лежащие в этом угле куски многоугольников Р и Р ’ не могли бы иметь равные площади. Поэтому контуры многоугольников Р и Р' пересекаются по крайней мере в 2k точках. Но из выпуклости многоугольника следует, что на каждой стороне п-угольника Р может лежать не более двух точек пересечения с Р'. Поэтому 2 к ^ 2 п , т. е. k ^ . n .

2 6 6 . Из того, что уравнение f (х) = х не имеет действительных корней, следует, что квад-

Рис. 125 ратный трехчлен axl -\-{b— 1 ) х +снигде не обращается в нуль и, значит, для всех х принимает

значения одного и того же знака. Итак, следует рассмотреть два случая: 1) для всех х ах~-]-(Ь— 1)х- ) -с>0, т. е. / ( х ) > х ; 2) для всех х f (х) < х.

Рассмотрим первый случай и, взяв произвольное действительное число х0, запишем неравенство / ( х ) > х для значений х = Дх0) и х = х0. Получим f (} (х0)) > / (х„) и / (х0) > х 0, откуда f ( f ( xa ) )> xo> т - е - в первом случае уравнение f (f (х)) = х не может иметь действительных корней. Аналогично рассматривается второй случай.

2 S 7 . Пункт а) следует из пункта б), поэтому докажем непосредственно пункт б). Доказательство проведем индукцией по числу п. При п = 1 утверждение очевидно. Предположим, что оно доказано для всех п < п0, и покажем, что оно верно при п = п„. Рассмотрим составленный из целого числа клеток прямоугольник Р, содержащий все и0 черных клеток и такой, что в его самом левом столбце клеток, а также в его самой нижней строке клеток содержится по крайней мере по одной черной клетке.

Прямоугольник, получающийся из Р отбрасыванием левого столбца, обозначим через Р' (рис. 126). Очевидно, он содержит менее п черных клеток, и по предположению индукции эти клетки, рассмотренные изолированно от клеток отброшенного левого столбца, исчезают не позже, чем в момент t = n0— 1. Легко, однако, заметить, что наличие черных клеток в левом столбце прямоугольника Р никак не влияет на процесс перекрашивания клеток, находящихся в прямоугольнике Р', и может лишь вызвать появление новых черных клеток в этом левом столбце. Таким образом, применяя наше правило к совокупности всех п0 клеток, получаем, что в момент времени t = n0— 1 в прямоугольнике Р' не будет содержаться ни одной черной клетки.

256

Точно так же докажем, что в момент времени t ~ n 0— 1 не будет содержаться ни одной черной клетки в прямоугольнике Р", полу- „ чающемся из Р отбрасыванием Р нижней строки клеток. Поскольку ясно, что ни в какой момент времени черные клетки не могут образоваться вне Р, то в момент t = n0— 1 черной может остаться только клетка, не лежащая ни в Р', ни в Р", т. е. клетка, расположенная в левом нижнем углу прямоугольника Р. Она исчезнет в момент t = na, т. е. в этот момент исчезнут все черные клетки.

2 6 8 . Заметим, что ни левая, ни правая часть неравенства не изменится, если сделать циклическую замену индексов, т. е. если ввести новую нумерацию чисел х г, х2, x s, х4, х 5, сохраняющую их взаимный порядок следования друг за другом (считаем, что за числом х5 следует число х г). Поэтому можно наибольшему из данных пяти чисел приписать любой индекс по нашему желанию. Нам будет удобно считать, что число х2 является наибольшим (точнее, x2^sx,-, i = 1, 2, 3, 4, 5). Перенося обе части неравенства влево и преобразуя, получаем слева выражение xf 4 х\ 4 xf 4 х\ 4 х\ — 2ххх 2—2х2х3— 2х3х4—2х4х5 — 2х5х4 4 4 2хгх 3 + 2xlxi + 2х.2х4 + 2х.,х5 4 2х3х ь = {х1— х 2 4 х 3)2 4 (xt — х6)24 4 2х4 ( х 4 4 х2—х3) 4 2х6 (х2 4 х3—ху).

Учитывая, что х2^ х 3 и х2^ х 4 и что все числа х; по условию положительны, видим, что полученное выражение неотрицательно. Тем самым неравенство доказано. (Фактически доказано даже строгое неравенство.)

2 6 9 . Выберем три из данных точек: А, В и С. По условию четвертая точка D лежит вне плоскости АВС. Рассмотрим Д АВС. Очевидно, возможны лишь три взаимно исключающих друг друга случая: из сторон треугольника АВС являются ребрами параллелепипеда 1) две стороны, 2) одна сторона, 3) ни одна не является ребром. Подсчитаем число различных параллелепипедов в каждом из этих случаев.

В первом случае пару ребер из трех сторон можно выбрать тремя способами. При каждом выборе ребер однозначно определяется грань параллелепипеда в плоскости АВС. При этом точка D должна лежать в параллельной грани и может в ней занимать положение любой из четырех ее вершин, определяя тем самым 4 различных параллелепипеда. Итак, в первом случае существует 3 x 4 = 1 2 различных параллелепипедов.

Во втором случае любую из трех сторон можно выбрать в качестве ребра. Легко заметить, что при каждом таком выборе одна из двух оставшихся сторон должна являться диагональю

Рис. 126

9 № 41 257

некоторой грани параллелепипеда. И наконец, точка D может занимать любое из двух положений на ребре, параллельном ребру, выбранному в плоскости АВС. Итак, во втором случае имеем 3 x 2 x 2 = 12 возможностей.

Наконец, в третьем случае в плоскости Д АВС нет больше ни одной вершины параллелепипеда, и точка D может занимать положение любой из 5 оставшихся вершин, каждый раз определяя один и только один параллелепипед.

Итак, всего существует 12 + 1 2 + 5 = 29 различных параллелепипедов.

2 7 0 . Запишем доказываемое равенство в виде

[а, Ь, с]2 (а, V) ф, с) (с, а) = (а, Ь, с)2 [о, b] [Ь, с] [с, а]. (1)

Слева и справа стоят целые положительные числа, и доказательство их равенства сводится к доказательству совпадения их разложений на простые множители. Ясно, что все их простые множители исчерпываются простыми множителями чисел а, b и с. Достаточно показать, что любой из таких множителей входит в левую и правую часть в одинаковой степени. Пусть р — один из них и пусть он входит в разложение а в степени а , в разложение b—в степени Р и в разложение с—в степени у (а, Р и у могут равняться пулю). В силу симметрии рассматриваемых выражений относительно чисел а, Ъ и о можно без ограничения общности считать, что а ^ р ^ у .

Тогда можно заметить, что в обе части равенства (1) множитель р входит в степени 2 а + р + 2у.

Поскольку р —произвольный простой множитель, то тем самым равенство (1) доказано.

271. Из условия задачи следует, что все грани рассматриваемого тетраэдра—конгруэнтные между собой треугольники. Обозначим величины углов этих треугольников через о , р и у. Плоские углы трехгранных углов с вершинами в вершинах тетраэдра также равны а, р, у. Из свойства плоских углов трехгранного угла имеем: а < р + у . Но < х+ р+ у= 180°. Откуда Р + у > 9 0 ° и, значит, а < 90°. Аналогично доказывается, что Р < 90° и у < 90е.

2 7 2 . Задача по существу является комбинаторной. Достаточно подсчитать число произведений, кратных 10, среди всех 9" произведений. Ясно, что для этого нужно подсчитать все произведения, у которых среди сомножителей есть число 5 и хотя бы одно четное число. Легче подсчитать число элементов в дополнительном множестве. Число произведений, не содержащих 5, равно 8", число произведений, не содержащих четных чисел, равно 5". Среди последних 4" произведений к тому же не содержит 5 и поэтому уже были учтены ранее. Итак, число произведений, кратных 10, равно

9П— (8П + 5”— 4П),

258

а искомая вероятность равна

1 8П + 5” — 4" 9”

2 7 3 . Легко понять, что наборы чисел определяются неоднозначно. Приведем некоторые соображения, помогающие подобрать некоторые из таких наборов. Выведем вначале некоторые необходимые условия, которым подчиняются искомые числа.

Поскольку указанное в условии неравенство верно для всех рациональных чисел, то можно перейти к пределу по множеству рациональных чисел при 7?—+ У 2 . В результате получим:

2 1 2 1

2T a + 2 3b + c = 2 d + 2 3e + 2 3f .

Можно доказать, что это равенство имеет место только в случае, когда а — е, b = f и с = 2d. Итак, нам остается найти числа а, b и с, удовлетворяющие условию:

a R 2+ b R + 2d— d R 2 У 2 — aR у /~ 2 — b У 2d R 2+ a R + b

илиa R -i-Ь — У 2 d ( R + V 2) < 1 .

d R * + a R + b

Это неравенство будет, в частности, иметь место, если

а > d У 2 > О,Ъ > d У & > 0.

Отсюда получаем целую серию наборов, например:1) а = Ь — 2, d = 1;2) a — b — 3, d = 1 и т .д .2 7 4 . Пусть пятиугольник ABCDE удовлетворяет условию

задачи (рис. 127). Так как S ABE= S APC = 1, то Si4CB= S aa7 и точки Л и В одинаково удалены от прямой СЕ и, следовательно, АВ\\ЕС (аналогично доказывается, что и остальные диагонали пятиугольника параллельны соответствующим сторонам), откуда следует, что четырехугольник CDEF (F = АС Г) BE)—параллелограмм и его площадь равна 2 (по условию SCDE= 1).

Обозначим S ABE через S, и S jUfe—S bfc через S 2, S 1-}-S2= l .Следовательно,

Е a b c d e — 2 + 2 S 2 -J- = 3 + S 2,

В ы числ им S 2. Рис. 127

9* 259

А а А 1

Из сравнения площадей треугольников ABF и AFE и из подобия треугольников ABF и CEF следует:

| B F 1 _ \А Р | _ S 2 S 2 - \ E F \ |F C | S i + S a '

S j S 2 ■S2 S 1 + S 2

Решая систему^ + = 1,S i s 2

_ S 2 S i + S a ’получим:

о V~5— 12 — 2 "

Таким образом,5 + V ^

& AJ3CDE — 2

Покажем теперь, что можно построить бесконечно много многоугольников, удовлетворяющих условию задачи.

Построим, например, правильный многоугольник ABCDE, удовлетворяющий условию задачи, а затем подвергнем его аффинному преобразованию, при котором вершины перемещаются вдоль пучка параллельных прямых (см. рис. 128). Полученный пятиугольник A lB1C1D1E 1 также удовлетворяет условию задачи. А так как таких преобразований можно осуществить бесконечно много, то можно получить и бесконечно много пятиугольников, удовлетворяющих условию задачи.

2 7 5 . Проведем лучи АР и AQ и обозначим точки их пересечения с гранью BCD через Р' и Q' соответственно (рис. 129); проведем затем через точки Р' и Q' отрезок KL, пусть К.С.ВС, L£CD.

2С0

Рис. 129

5 )Рис. 130

Так как угол P'AQ' составляет часть угла KAL, то длярешения задачи достаточно доказать, что КАВ^.60°, а для этого в свою очередь достаточно показать, что | КВ | ^ | АК | и | t f Z . | < | A L | .

Из треугольников KDL (рис. 130, а) и BKL (рис. 130,6)

имеем: KDB < 60° < KLD и LBK < 60° < ВКВ и, значит,| КВ | ^ | KD | = | АК |, | КВ | | ВВ [ = | АВ | (равенство, если В = Dили К = В).

Таким образом, в треугольнике КАВ КАВ ^ 6 0 ° . Но P ’A Q '—=lBAQ строго меньше величины угла КАВ и, значит, /M Q <60°.

276. Рассмотрим члены обеих последовательностей по модулю 8. Тогда легко доказать по индукции, что первая последовательность, начиная с третьего члена, периодическая (по модулю 8):

1, 1, 3, 5, 3(mod8), 5 (mod8), 3(mod8), . . .Аналогично можно показать, что вторая последовательность

также будет периодической:1, 7, 1 (mod 8), 7 (mod 8), 1 (mod 8), . . .

А так как исходные последовательности возрастающие, то их единственные общие члены—х0, х, и у0.

277. Опишем вокруг многоугольника окружность. Все диагонали заданного многоугольника являются хордами окружности, причем ни одна из них не является ее диаметром. Зафиксируем некоторую диагональ в качестве наибольшей стороны треугольников, которым не принадлежит центр правильного многоугольника. Очевидно, что для таких треугольников третья вершина будет лежать в любой из вершин многоугольника, принадлежащих меньшей из дуг, стягиваемой этой диагональю (рассматриваемая диагональ одновременно является хордой проведенной окружности). Число таких вершин может быть в зависимости от величины диагонали от 1 до п — 1. А так как

261

число диагоналей данной длины равно 2п + 1, то общее число таких треугольников равно

( 2 n + l ) ( l + 2 + . . . + n — l) = ! f c l i ( 2 f t + l).

Число треугольников, вершины которых лежат в вершинах заданного многоугольника, определяется по формуле

Сгл+1 —(2л+!)2п (2п— 1)

3-2

Таким образом, искомая вероятность подсчитывается следующим образом:

(2 п + 1) 2 п ( 2 п — !) п (п — 1)3 -2 2 „ + 1

(2 п + 1) 2 п (2 п — 1) 2 (2 п — 1) *3-2

278. Искомые числа х, у и г можно считать корнями некоторого кубического уравнения

t3— at* + bt— c = 0. (1)

Найдем условия, которым должны удовлетворять коэффициенты этого уравнения. По теореме Виета

a = x + y + z (2)

(по условию задачи, а = 3),Ь = х у + у г + гх, (3)

с = хуг. ( 4 )

Возведя в квадрат обе части выражения х-\-у-\-г = 3, получим:

х*+ У2 + za+ 2 (ху+ уг + хг) = 9,откуда

х у + у г + хг — Ь — 3 (5)

(по условию *2 + + za = 3).Так как х, у и г —корни уравнения (1), то

х3-—axa-j- Ьх— с — 0, у3— ау* + Ьу— с = 0, г3—nz2-f-£>z—с = 0.

Складывая почленно эти равенства и используя условие задачи, а также (2) и (5), получим:

x3 + t/3+ z 3 = 3e. (6)

262

Сумму четвертых степеней х, у н г определим, сложив равенства:

х 4— ах3 + Ьх2— с х = О, у* — atf + by*— су = О, г4—azs-\-bz2— cz = 0.

Откуда, используя (6), (2) и (5), получим:

х4+*/4 + z4 = 12r—9. (7)

Аналогично подсчитаем суммы пятых степеней х, у и г:xb + i f + z5 = 30c—27.

Но так как по условию эта сумма равна 3, то с = 1. Таким образом, х, у и г являются корнями уравнения

t3— 3t- + 3t — 1 = 0 ,или уравнения

( * - 1)3 = 1.

Итак, корнями данной системы являются числа х = у = г = 1.2 7 3 . Предположим противное, т. е. что \ / pt , \ / р 2, ъ^Р»—

члены некоторой арифметической прогрессии.Тогда У р г = а, l / p 2 = a + md, j / p 3 = a + mi, где рг, р2, р3—

простые числа, а т и п —целые числа. Исключая а и d, получим:з / — з / —V P2— V P l _ tn

V J 3- V ~ P x п '

tn V p l — n l / fh = (m— n) (m V f 3— n У~рР* — (m—n)3pltmsp3 — n3p3—(tn— ti)spl = 3 r.in (in—n) • \ f p tPzP3.

Последнее равенство невозможно, так как слева—целое, а справа—иррациональное число.

2 S 0 . Предположим, что указанные в условии равенства имеют место, и покажем, что это приводит к противоречию. Воспользуемся тем, что любой многочлен с целыми коэффициентами, имеющий целый корень р, можно представить в виде

Q(x) = ( x - p ) R ( x ) ,

где R (х) также имеет лишь целые коэффициенты.Применим это утверждение к многочленам Р(х)—Ь, Р (х )— о

и Р (х)—а. Получим:Р(х)— Ь = (х—а) Рх (х:),Р(х)— с = (х— b)P2(x), (1)Р (х)—а = (х— с) Р 3 (х).

263

Среди чисел а, Ъ и с выберем пару с максимальной по модулю разностью. Не нарушая общности рассуждений, положим, что таковой будет разность | а—с|. В частности,

\ а — b | < | а —с\. (2)Подставив с в первое из равенств (1) и учитывая, что Р (с)=с,

получим:а - Ь = (с— а)-Р1(с).

Отсюда, поскольку Р г (с)—целое число, получаем | а —£>| > | с—а\,

что противоречит (2).В случае, когда максимальной будет другая разность, для

того чтобы обнаружить противоречие, придется воспользоваться каким-нибудь другим из равенств (1).

281 . В силу симметрии относительно а, b и с выражений, входящих в неравенство, можно, не ограничивая общности, считать, что a ^ b ^ c . (1)

Сделаем далее ряд преобразований, переводящих доказываемое неравенство в ему равносильное:

a3absbc3c^(abc)a+b+c <£=> aa~baa- cbb- c ^ b a- ьса~ ссь~с.

Но в силу (1) последнее неравенство верно, следовательно, верно и исходное неравенство.

2 8 2 . Проведем через две данные точки, обозначим их А и В, большой круг и спроектируем на него данную дугу. Очевидно, достаточно доказать, что проекция дуги целиком помещается в некотором полукруге построенного большого круга, т. е. пространственная задача сведена к аналогичной плоской задаче. Воспользуемся тем, что при ортогональном проектировании длина дуги может лишь уменьшаться, значит, можно считать, что полученная проекция дуги имеет длину, меньшую 2. Проведем диаметр CD, параллельный хорде АВ. Центр круга обозначим через О. Легко доказать, что среди кривых, соединяющих точки А и В и пересекающих диаметр CD, кратчайшей является двузвениая ломаная АОВ. Ее длина равна 2. Следовательно, рассматриваемая проекция, имея длину, меньшую 2, не может иметь общих точек с диаметром CD и, значит, целиком лежит в полукруге CABD.

2 8 3 . Пусть отец с вероятностью р выигрывает партию у матери и с вероятностью q у сына, а сын с вероятностью г выигрывает у матери.

Рассматривая все возможные случаи победы отца в турнире, легко сосчитать вероятность этой победы при каждом из трех различных случаев начала турнира. Если турнир начался с партии „отец—мать“, то вероятность равна

Pi = Р (Ч + О — Ч) (1 — г) р) + (1 — Р)■ rpq.264

Если первой была партия „отец— сыи“, то искомая вероятность будет:Р* = Ч(Р + ( 1 — р) rq) +

+ (i—?)(i— г) pq-Наконец, если отец не участвовал в первой партии, то вероятность его выигрыша равна

P s = rpq + ( l — r) pq = pq.Очевидно, что Р 3 < Р 2 и Р 3 <

< Р г, так что неучастие в первой партии—самая невыгодная для отца стратегия. Остается сравнить Р х и Р2. Для этого мы должны наложить на р и q некоторые условия, вытекающие из условия задачи. Известно, что сын—сильнейший игрок. Поэтому отец выигрывает у него с меньшей вероятностью, чем у матери, т. е. р > q. Но в таком случае легко проверить, что Р±> Р 2. Таким образом, отец получает наибольший шанс выиграть турнир, если он начнет его с партии „отец— мать“.

Стоит заметить, что этот вывод мы сделали, не налагая никаких условий на вероятность г, а также никак не используя условия задачи о том, что отец является слабейшим игроком. Эти условия по существу излишни. Для решения достаточно лишь знать, что с точки зрения отца сын играет лучше матери (q < Р)-

£ 8 4 . Повернем треугольник RSP (рис. 131) вокруг точки R на 60J по часовой стрелке. При этом сторона RP совместится с отрезком RQ, а точка S перейдет в некоторую точку Т внетреугольника PQR. Так как | /?S| = | RT | и S R T = 60°, то Д SR T равносторонний и, значит, | ST | = с. Таким образом, Д QST конгруэнтен данному треугольнику АВС. Через точку S проведем прямую, параллельную PQ, и обозначим через и L точки, в которых она пересекает стороны PR и QR соответственно. При указанном выше повороте треугольника RSP отрезок R Sпереходит в отрезок LT. Легко проверить, что TLS = SLQ=*= QLT = 120° и, значит, [SL| = и, \ TL\ = v, | LQ \=w. Но |LT |=я = |/ (S | и \LR\ = \LR\ . Отсюда

* = | / ? L | -H L Q | = |L S | + |JCS| + | L Q| = m+ » + b>.

2 8 5 . Обозначим через R==(M, МА) окружность, которая описана около треугольника PAQ. Очевидно, точка В лежит на этой окружности. Будем различать два случая: (1) точка В находится внутри дуги AQP, (2) точка В находится вне этой Дуги.

269

Я

С л у ч а й (1). Из рассмотрения рисунка 132 имеемАВС = 90° и точка В находится внутри четверти окружности A Q (иначе прямая C D не проходит через точку Q ) . Точка С, очевидно, лежит внутри отрезка ВР. Обозначим через S общую точку отрезков A Q , РВ. В прямоугольном треугольнике P S Q точка С является основанием высоты Q C , следовательно, S Q C ^ S P Q и Д A Q D o i c ^ A Q P C . Более того,Д Л££>^ = Д QPC, так как | AQ | = = | QP| ==a. Имеет, следовательно, место | A D | = | Q C | = b

Далее, имеем b = | D C | = | A D | (так как A B C D —квадрат). Поэтому должно быть | QC| = |D C |. Следовательно, точка С является серединой отрезка Q D и S —серединой отрезка A Q (ведь C S || A D и C S является средней линией в треугольнике A Q D ) .

П о с т р о е н и е (рис. 132). Построим середину Д отрезка AQ и обозначим через В ф Р общую точку прямой PS и окружности К- Обозначим через С образ точки В при симметрии с центром Sтак, что |5 С | = |5 5 |. Треугольник АВС (где АВС = 90°) дополним до параллелограмма, который и удовлетворяет условиям задачи, как сейчас докажем.

Д о к а з а т е л ь с т в о . Из симметрии с центром S вытекает,что A S Q C = A S A B и, следовательно, SCQ = 90°. Поэтому сторона CD параллелограмма ABCD проходит через точку Q к Есе его углы являются прямыми.

Рис. 132

CD |= CQ | НоDA |. Откуда вы-

Далее, |5Л | = |SQ |, следовательно, и A A Q D ^ A . Q P C и, следовательно, | CQ| = текает, что \CD\ = \DA\, и тогда в параллелограмме ABCD все стороны и углы одинаковы и он является квадратом.

И с с л е д о в а н и е . Точку S можно всегда построить, и поэтому существует как раз один квадрат с вершиной В внутри дуги APQ. ^

Из треугольника QSC, где QC5 = 90°, |SC | = -£-fc, I QC | —,= | AB | = b, из теоремы Пифагора получаем | QS |2 = | SC |2+ | QC |2,

5 откуда Ь = - у ~ .С л у ч а й (2) (рис. 133). Пусть точка В находится внутри

дуги, противоположной дуге AQP. В этом случае такжеАВР = 90°, Поскольку А С '—диагональ, а на C'Q лежит сторона

266

a = D '

Рис. 133

квадрата, то С' лежит на геометрическом месте точек, из которых отрезок AQ виден под углом 45°. В нашем случае это более длинная дуга окружности с концевыми точками A, Q. Точка С ф В' лежит на РВГ и окружности К и потому обязательно С' = Р и, следовательно, D' = Q. Построение очевидно (см. рис.133)—квадрат A ’B'C'D'. В этом случае сторона квадрата имеет длину | АВ' | = а.

2 8 3 . Согласно условию задачи требуется найти натуральные числа a, п, га > 1 так, чтобы выполнялось условие

2п— 1 = ат. (1)

С л у ч а й (1). Пусть а = 1 . Тогда соотношение (1) принимает вид 2" = 2 для всех натуральных чисел т. Отсюда вытекает, что обязательно п — 1. Действительно, при а — п = 1, / я > 1 соотношение выполнено.

С л у ч а й (2). Пусть а > 1 . Рассмотрим две возможности: (2а), (2в).

(2а). Пусть /1=1. Тогда соотношение (1) имеет вид 1 = аст и его невозможно выполнить, так как для всех натуральных т ^ 1, а > 1 всегда аст> 1. Следовательно, возможность (2а) исключена.

(2в). Пусть п > 1. В этом случае число 2" > 2 является четным и число 2"— 1 — нечетным. Из соотношения (1) вытекает, что число а является обязательно нечетным (в противном случае число ат не являлось бы нечетным). Тогда рассмотрим две возможности — (а), (§).

(а). Пусть т > 1 является четным натуральным числом. Положим а = 2& + 1, т — 2р, где k, р являются натуральными числами. После подстановки в (1) получаем:

2"— 1 = ((2fc + 1 )2)*,или

2«— l = (4(k* + k) + l)p. (2)После возведения в степень получаем справа число вида

4Q + 1, где Q =+ 0 —натуральное число. Тогда соотношение (1) можно привести к виду

2" = 4Q-)-2. (3)Так как п > 1, то число 2п делится на четыре, в то время как

правая сторона соотношения (3) на четыре не делится. Мы пришли к противоречию.

267.

(Р). Число т является нечетным. Соотношение (1) можно записать в виде 2n = am-j-l (где т '^ 2 ) . К правой части (3) применим формулу xb-f- у ь = (л: + у)-р, где р = х 6-1—хь~2у - \ - . . . — — хуь~2+ у ь~1, которая действительна для всех нечетных натуральных чисел Ь ^ З , причем число членов многочлена р как раз равно Ъ.

Соотношение (1) тогда примет вид

2« = ( с+1) -Л, (4)

где А = ат~1—ат~2 + . . . — a -f- I является суммой нечетного числа т нечетных чисел. Следовательно, А является нечетным числом. В то же время для натуральных чисел 2 — 1 имеемZk = ak—ак~1 = ак~1 (а— 1) > 0. Так как число А является суммой хотя бы одного числа Zk и числа 1, то А > 1 и, следовательно, А ^ 2. Но левая сторона соотношения (4) не делится на нечетное число Л ^ З . Мы опять пришли к противоречию.

З а к л ю ч е н и е . Единственным натуральным числом п, которое удовлетворяет условиям задачи, является число п — 1, и при этом число 2п — 1 равно 1.

2 8 7 . Для решения настоящей задачи применим следующие известные теоремы:

Т е о р е м а U. Задан /_САВ. Обозначим буквой X любую точку внутри этого угла и х2, х 3 соответственно ее расстояния от прямых АС, АВ. Тогда множеством всех точек X, которые удовлетворяют условию х2^ х 3, является острый / _ ВАК.', где полупрямая АК (луч) является биссектрисой данного /_ВАС.

Т е о р е м а V. Задан отрезок АВ, через 0 3 обозначим его ось*. Множеством всех точек в плоскости, удовлетворяющих условию | Х А | ^ | ХВ | (включая и нулевые расстояния), является полуплоскостью 0 3В**.

Т е о р е м а W. Если /_ВСА\ является заданным углом и если полупрямая СК проходит внутри этого угла, то полупрямая СК пересекает отрезок ВМ в его внутренней точке (рис. 134).

Решение задачи разделим на части I, II: в первой части рассмотрим множество всех точех X треугольника АВС, которые удовлетворяют условию | Х А | ^ | ХВ | ^ | ХС |, во второй части закончим решение задачи.

I. Обозначим через Оь Ог, 0 3 соответственно оси сторон а, Ь, с данного треугольника АВС, далее, через М ’, М", М —середины этих сторон, АК, ВК, СК— биссектрисы его внутренних углов, где К —центр вписанной в треугольник АВС окружности (он лежит внутри треугольника). Согласно условию имеет место

a < b (1)

* Осью отрезка будем называть его серединный перпендикуляр.** Полуплоскость, ограниченную прямой О, и содержащую точку Y , мы

будем обозначать О,К.

268

в

и, следовательно, об острых углах а, р треугольника АВС можно утверждать, что

О < а < 45° < р < 90°. (2)

Из теоремы V вытекает: каждая точка X треугольника АВС, которая удовлетворяет условию | Х Л | > | Х . 5 | , лежит в полуплоскости 0 3В; каждая точка X треугольника АВС, которая удовлетворяет условию | Х В | > | ХС |, лежит в полуплоскости ОхС. Точка X, которая удовлетворяет условию

| Х Л | > | Х Я | > | Х С | , (3)

лежит одновременно в прямом /_ ВСА и в остром /_ QMM', где Q — точка пересечения прямых АВ, 0 3. /_ Q M M ' ведь является общей частью полуплоскостей ОгС и 0 3В. Прежде чем установить, что заполняют точки, произведем два исследования:

(1) имеет место Ох||ЛС, так как АС СВ, Ot J_CB.(2) имеет место | МА | = j MB | = | МС |, так как М является

центром окружности, описанной около треугольника АВС. Следовательно, треугольник MAC является равнобедренным и 0 2 является его осью симметрии; отсюда вытекает:

СММ* = А М М ' = р (4)

(так как в треугольнике АММ" А = а, М" = 90°, М = Р).QMM" = a, так что ХММ" > QMM" (см. (2)); следовательно, полупрямая MQ лежит внутри /_[СММ'' и, следовательно, точка Qлежит внутри отрезка СМ". Точки X треугольника АВС, которые удовлетворяют условию (3), следовательно, заполнят трапецию CQMM' с большим основанием

\мм’\ = ь. (5)

269

II. Из теоремы U вытекает:каждая точка X треугольника АВС, для которой х1' ^ х г,

лежит внутри острого угла АСК, (6)каждая точка X треугольника АВС, для которой х2^ х 3,

лежит внутри острого угла В А К • (7)Обозначим через L точку пересечения биссектрисы СК угла

ВСА с прямой 0 t . Согласно (4) треугольник МВС являетсяравнобедренным и имеет ВСМ = СВМ = (3 > 45° (см. (2)), и, следовательно, В С М > В С К = 45°; полупрямая CL лежит поэтому внутри угла ВСМ и имеет согласно теореме W с отрезком ММ' общую точку L, которая лежит между точками М, ЛГ. Отсюда вытекает, что общей частью трапеции CQ MM' (см. (5)) и угла АСК (см. (6)) является трапеция CQML. (8)

Осталось найти общую часть трапеции CQML (см. (8)) и угла В А К (см. 7)). Полупрямая АК лежит внутри угла САВ (или угла QAM) и согласно теореме W имеет с отрезком QM общую точку Р, которая лежит между точками Q, М. Далее точка К (центр вписанной в треугольник АВС окружности) наверняка лежит внутри треугольника АВС. Мы докажем, чтоточка К лежит внутри отрезка CL./\ \ 0

В треугольнике КВС имеем В = -^§, С = 45°, но -j < 45° и,

следовательно, В < С . Напротив большего угла С треугольника КВС лежит большая сторона, т. е. | ДС | < | KZJ | и согласно теореме V (примененной для неравенства) точка К попадет внутрь полуплоскости 0 гС и, следовательно, обязательно внутрь отрезка CL.

Следовательно, точка Р лежит внутри отрезка QM и точка К лежит внутри отрезка CL; поэтому общей частью трапеции CQML и угла ВА К является четырехугольник KPML. В решении мы опирались на теоремы U, V, которые описывают множества всех точек, обладающих определенным свойством. Поэтому четырехугольник KPM L является множеством всех точек, которые удовлетворяют требованиям задачи.

283> Будем пользоваться обозначением (рис. 135), где f1= P 7 '1, t3 = P T2 являются касательными к данным окружностям &х = = (S<, г), k2 = (S2,r ) в их общей точке Р. Пусть О является

центром отрезков P Q , S 1S 2. Угол а> = Т 1Р Т 2, углы ф = 7 '1Р1/ иtp' = T 2PV вертикальные и являются смежными с углом со. Точку пересечения прямой t 2 с kY обозначим через V, U ф Р; аналогично V является второй точкой пересечения прямой t x с k 2.

Назовем прямой типа s прямую, которая имеет, кроме точки Р, с окружностями k v k2 общие точки X и Y, причем точка Р лежит между точками X, Y. Очевидно, что каждая прямая, которая проходит через точку Р и внутри угла <p = T lPU — T 2PV, является

270

Рис. 135

прямой типа s; все остальные прямые, проходящие через точку Р, не являются прямыми типа s.

Обозначим \ = PXQ, г\ = PYQ\ тогда £ = т|, что сейчас докажем. Угол 1 является вписанным углом в окружность kt и опирается на дугу PQ окружности klt аналогично угол т] опирается на дугу PQ окружности k2. Из симметрии эти дуги равны, и потомуASt Q = f \S 2Q, следовательно, £ = т]. Тогда треугольник Q XY является равнобедренным с вершиной Q. Далее, видно, что все треугольники Q X Y являются подобными друг другу, так как величины их углов соответственно равны (измеряются половиной дуги PQ)', это мы применим в части б) нашей задачи.

а) Обозначим через Q0, Х 0, Y„ соответственно середины сторон X Y , YQ и QX треугольника QXF. Докажем следующие две теоремы.

Т е о р е м а Vt. Множеством точек Q„ является множество всех точек внутри дуги U0PV0 («внутренность» дуги) окружности V = (0 ,0P) , где О является серединой отрезковSjS2, P Q , точки £/„, V0 являются соответственно серединами отрезков PU, PV.

Т е о р е м а У2. Множеством точек У0 является множество всех точек внутри дуги OSги ' окружности k[, которая является образом окружности в гомотетии с центром Q и с коэффициентом причем U' является центром отрезка QU. (Имеет место аналогичная теорема о точке Х 0.)

271

Д о к а з а т е л ь с т в о т е о р е м ы Vx. Рассмотрим прямоугольный треугольник PQQ0 с гипотенузой PQ-, тогда точка Q0 находится на окружности v с диаметром PQ. На окружности v точка Qo может лежать только внутри дуги U0PVB (где (/„, 1/0 являются центрами хорд PU, PV), так как эти точки находятся в одном из углов ф, ф'. Если Q o ^ P является точкой этой дуги, то прямая PQ является прямой типа s и Q„ является, очевидно, серединой соответствующего отрезка X Y . Теорема Уг доказана.

Д о к а з а т е л ь с т в о т е о р е м ы V2. Точка YB является образом точки X в гомотетии с центром Q и с коэффициентом ~ ; точки О, U' являются образами точек Р, U в этой гомотетии. Образы точек X дуги Q в этой гомотетии лежат на дуге O S f l ' окружности, построенной на отрезке S tQ (как диаметре) (точка St является образом точки X ' , диаметральной к точке Q на окружности &,). И обратно, каждая точка, находящаяся внутри дуги OSjÛ', является, очевидно, образом У0 середины стороны QX определенного треугольника нашего типа QXY. Следовательно, мы доказали теорему V2 и решили частьа) данной задачи.

б) Мы уже доказали, что каждые два треугольника QXY, Q X 'Y ' , которые удовлетворяют условиям задачи, подобны. Обозначим через М , М' центры окружностей, описанных около этих треугольников, они лежат на полупрямых QQ0, QQo (соответственно), где Q0, Qo являются центрами оснований X Y и X ' Y ' . Поэтому справедливо

\ Q M | _ \ Q M ' | = ^ (1)

1в«о| | QQo |

где Я > 0 является некоторой постоянной; следовательно, | Q M| = XQQ0. Точки М, М' являются соответственно образами точек Qo, Р в гомотетии с центром Q и с коэффициентом Я. Точки М заполнят поэтому внутреннюю часть дуги U'aM'V'a, которая в этой гомотетии является образом ранее уже рассматриваемой дуги U0PV0.

Наоборот, выбранной точке М внутри дуги U'0M'V'0 соответствует в обратной гомотетии точка Q0 внутри дуги U0PV0\ мы уже знаем, что каждой такой точке Q0 соответствует единственный треугольник QXY, для которого точка является центром описанной окружности.

Множеством центров окружностей, описанных около треугольников OXY, является множество всех точек внутри определенной дуги Sj^P'S^ секущая PQ которой является осью симметрии, причем S1— U[;, 50 = Vo.

Постоянную Я можно просто выразить при помощи чисел г, t, где 2t = P Q —длина общей для окружностей и k2 хорды.

272

Тогда

= i w ; I C ^ M Q S x H r , |Q£/0| = |PQ|-Sin£ = f/-2

так что ^ = 2 ^ .

2 8 9 . Функция у=у(х) строго положительна, так как член 11 + У 4 — х2 J является положительным числом, член | 1 — У 4— х2| является неотрицательным числом для всех х, для которых 4—xas£C0, или

—2 < х < 2 . (1)

Так как у(х )—у ( —х) при всех х, удовлетворяющих (2), то график этой функции симметричен относительно оси у.

Рассмотрим две возможности. _____С л у ч а й (а). Пусть 1 — У 4—х2^ 0 , или 1 ^ | / 4 —х2; воз

ведением обеих частей этого неравенства в квадрат получим, что это неравенство имеет место именно для следующих х: или

х > / 3 ,или

* < — J/ 3 . (2)

Тогда | l —У 4— х21 = 1—У 4— х2 и из определения у получаем:

0 = | [ 1 + у Т = ] ? + 1 - 1 / 4 = ^ ] = 1 , (3)

или у — 1.Объединив (1), (2) и результат (3), получим: графиком функ

ции у(х) в промежутках [—2, — У~3\, \УЗ, 2] являются отрезкипрямой у — 1 (рис. 136). _____ _____

С л у ч а й (б). Пусть 1—У 4—х2^ 0, или 1 ^ ) / 4 —х2; возведением обеих частей этого неравенства во вторую степень получим, что это неравенство имеет место в интервале

— j / 3 < x < ] / 3 . (4)

Тогда | l — У 4—х21 = У 4—х2— 1, и из определения у получаем:

^ = 1 ( 1 + у 4 ^ & + 1 / 4 П ^ _ 1) = у 4 — х2,

или у = У 4—х2. Возведением во вторую степень обеих сторон этого равенства получим:

х 2 + £ 2 = 4 , (5)

273

так что соответствующие точки графика функции у(х) лежат на окружности, описанной вокруг начала координат радиусом 2. При этом у > 0 и речь идет о тех точках окружности (5), соответствующие координаты х которых принадлежат интервалу (4); для х = ± } / 3 и у > 0 из уравнения (б) получаем у = 1. Следовательно, графиком функции (1) в интервале (— \/~3, | /3 ) является дуга окружности с центром в начале координат и радиусом 2; эта дуга располагается над осью X .

290. А н а л и з (рис. 137). Обозначим через М точку пересечения прямых AD, ВС. Заметим, что гомотетия с центром М, которая отображает точку А в точку Р, отображает и отрезок АВ в отрезок PQ и точку В в точку Q. Далее, она отображает отрезок AQ в отрезок PC (так как PC ]| AQ), так что отображает точку Q в точку С. Отсюда вытекает, что отрезок QP отображается в отрезок CD и, следовательно, точка Р в точку D. Обозначим через jc > 0 коэффициент гомотетии. Тогда получим |М Р | = х-| МА |, \MD\ = x - \M P |. Делением соответствующих сторон обеих равенств получим:

| М Р | | М А || M D | — j М Р | '

т. е. | А4Д |2 = | МА \ • \ MD |.Отсюда вытекает построение: на отрезке МА как диаметре

построим полуокружность k. В точке D построим перпендикуляр к прямой МА и общую точку этого перпендикуляра с полуокружностью k обозначим через R. Из теоремы Евклида вытекает, что | M R |а = | МА |- | MD \ и, следовательно, \М Р \ = = | M R | и таким образом точка Р построена. Из предыдущего следует, что построенная точка Р — искомая.

Из анализа вытекает, что задача имеет лишь одно решение.

274

Определим еще длины отрезков РА, BQ. Для этого обозначим | АВ \ — а, \ВС\ = Ь, |CD | = с, \DA\ = d.

Очевидно,

0 )

Далее, | РА | • (х + 1 ) = d и отсюда после подстановки вместо х выражения (1)

т. е.\PA\{y~cA-V"a) = d V a ,

откудаd У а

I РА | У а + Ус

Аналогично можно получить, что

4 1 у б + Ус2 9 i . Преобразуем sinl .

sin 1 = sin (k — (k — 1)) = sin k cos (k — 1)—cos k sin (k — 1).

Для k -то члена получили:s i n l sin k cos (k — 1) — cos k sin (k — 1) , , , , ....

cos (ft— 1) cos ft — cos (/г— 1) cos A — ^ I 1'

Так как k целое, то ! г ф У т ни при каком целом т, следовательно, cosky=0 ни при каком k и, следовательно, равенство справедливо для всех значений k. Тогда, применив (1) к каждому слагаемому, получим:

sin 1 sin 1 sin 1 , , sin 1

cos 0 cos 1 ' cos 1 cos 2 cos 2 cos 3 cos (n— 1) cos n

~ (tg 1 - tg 0) + (tg 2 - tg 1) + (tg 3 - tg 2) + . . . ++ (tg n— tg (n— 1)) = tg n — tg 0 = tg n.

2 8 2 . Обозначим | AB \ = с; | BC | = «; | AC | = b\ | AD | = a’\ | B D \= b ' ; |CD] = c'.Данные равенства примут вид:

a2 + a'2 = b3-{-b,z = cz + c'z. (1)Покажем, что все три угла при каждой вершине тетраэдра

одновременно либо острые, либо прямые, либо тупые.Рассмотрим, например, углы при вершине А. Обозначим

BAD — cp] CAD = i|); ВАС = со (рис. 138).

275

вРис. 138

Из теоремы косинусов получаем:

2a'ccos<p = a '2 + c2—b'2, (2)2а'b cos tJ) = a '2 -j-b2—с'2, (3)2bc cos со = Ь2 + с2—а2. (4)

Преобразуем правые части равенств (2) и (3), используя (1): а'2 + с 2— Ь’2 = (с2 + с '2 — а2) + с2 — (с2 + с'2 — Ь2) = с2 + с’2— а2 +

+ с2—с2—c'2 + b2 = b2 + c2 — а2.a'z + b2— c'2 = (b2 + b,2— a2) + b2— (b2+ b ’2— c2) = b2+ b ' 2—

— a2+ b 2— b2— b'2 + c2 = b2 + c2— a2.

Правые части равенств (2) и (3) равны правой части равенства (4).

Следовательно, 2G'ccos(p==2a'bcos^==2fcccosco. Так как длины ребер тетраэдра выражаются положительными числами, то cos ф, cos ip, cos со одновременно либо положительны, либо равны нулю, либо отрицательны, т. е. углы ф, ф, со одновременно либо острые, либо прямые, либо тупые. Так как вершина Л —произвольная вершина тетраэдра, то все три угла при каждой из вершин тетраэдра одновременно либо острые, либо прямые, либо тупые.

Прямые или тупые углы могут быть не более чем при одной вершине тетраэдра, так как в противном случае по крайней мере в одной из граней, т. е. в одном треугольнике, было бы больше одного прямого или тупого угла, что невозможно.

276

Если при всех вершинах тетраэдра углы острые, то утверждение справедливо.

Если при одной из вершин, например А, углы прямые или тупые, то все углы в грани, противоположной этой вершине, будут острыми. В данном случае грань BCD—остроугольный треугольник.

Таким образом, утверждение полностью доказано.293. Если x]t х2, . . . , хп— решение системы, то ни одно из

чисел Xj не равно нулю.Для случая п = 2 имеем систему:

При ах = а2 система имеет бесконечное множество решений. Если ахф а 2, то система не имеет решений.

Для случая / 1 = 3 данная система примет вид:

Перемножив уравнения (1) и (3) и разделив на (2), получим:

Для каждого значения хх из первого и третьего уравнений можно найти соответствующие значения х2 и х3. Значит, при п = 3 система всегда имеет два решения.

Рассмотрим решение системы для произвольного п. С л у ч а й а). // ^ 2 четное.

Тогда имеем:

Подставив значения произведений из данной системы, получим:

Это условие необходимо для существования решения.При выполнении (6) система имеет бесконечное множество

решений. Действительно, для любого ххФ 0 из первого, второго и т. д. до (п — 1) уравнений данной системы последовательно получим значения х 2, х 3, . . . , хп_х, хп. Мы должны показать, что хх и х„ удовлетворяют и последнему уравнению системы.

(1)(2)(3)

(4)

Так как - ^ ^ -> 0 , то уравнение (4) имеет два решения.«2

(ххх 2) (x3xt) . . . (хп_,х/г) (х2х 3) (хйхъ) . . . (х„хг). (5)

аха3 . . . ап_х = а2а.х . . . а„. (6)

277

Действительно,

{Х2Х3) (Х&Хь) • . . {хп~2Хп — l) (hid.i . , , Qn_2v ,. _ (*1* 2) (*3* 4) • • • ( * n - \Xn ) . •• Qft- 171 1 i Y . Y A /у.. _ У. . A /7-/7- /7 - * V * /

по (6) правая часть (7) равна ап, т. е. xnxi = an.Таким образом, если выполнено условие (6), то система имеет

бесконечное множество решений.С л у ч а й б). Пусть п нечетное. Тогда

(*1*2) (х3х<г) ■ ■. (*«*!) _ a,<h •• • "я (*2*з) ( Х Л ) . . . ( Х „ - г Хп ) 0204 . . . 0 „ - 1

или° 1 а 3 ■ • ■ ап

а 2 ап • • • а п — 1(9)

Отсюда находим два значения xt . Для каждого из этих значений найдем последовательно из данной системы значения остальных неизвестных. Покажем, что значения хг и хп удовлетворяют и последнему уравнению. Действительно,

х х ___ ( * 1* 2) ( * 3* 4) ■ - • (х п — 2 x n —i ) ■ а п — 2хп ~ (*2*з) (Х4х5) . . . ~ 0 20 4 . . . 0 „ _ 4 *

Из (9) имеема1а3 • • * ап — 2 Х1CtCL • . . 0,п —| Qn

Следовательно, ^ = Откуда хгхп = ап.х п ап

Таким образом, для нечетного п система всегда имеет два решения. Для четного п система имеет бесконечное множестворешений, если аха 3 а„_1 = а,Й4 . . . а„, и не имеет решений,если &С13 . . . cin—i '-#= 2 ^ 4 • ■ •

294. Не нарушая общности рассуждений, можно положить,что

а ^ Ь ^ с . (1)

Если а !> 3 , то об + 6с + ас 36с <! abc. (2)Причем равенство возможно только при а = 6 = с = 3. Не

равенство (2) противоречит данному неравенству.Поэтому а < 3, т. е. а = 2.Тогда из abc <ab -\-bc-\-ac (3)

имеем 26с < 2 6 + 6с+ 2с, т. е. 26 + 2с > Ьс илис 1 - 1 1 - 1 1 . 1 - 2 . 1Если с > 6 > 5 , т о т < г ; 7 < у и - +

т. е. неравенство (3) не имеет места. Итак, в случае а = 2 должно быть либо 6 = 2, и тогда с—любое простое число, либо 6 = 3, и тогда с равно либо 3, либо 5.

т

2 9 5 . Основанием пирамиды является ромб ABCD (рис.139). Обозначим угол между диагональю АС ромба и стороной АВ через ср. Угол <р << 9 0 °. Тогда | OD | = | ОВ \ == sin ср; | О А | = | ОС | = cos ср.

Без нарушения общности можно положить | /4S | = а . Треугольник BSD — равнобедренный. Д SDB*= Д CDB. Значит,ISO] = | АО | = cos ср. В плоскости /4SC |A S| = x; | S C | = l ; | ^ 4 0 j = А = | ОС | = | OS | = cos ф . Следова- р Ис. 139телыю, точки A, S, С лежат наокружности с центром О и радиусом cos ср. Значит, ASC = 90°, как вписанный угол, опирающийся на диаметр. Поэтому | SC |2 -ф + | -4S |2 = | АС |2 или 1 + а2 = 4 cos2 ср. Откуда а = У 4 cos2 ср — 1. Высоту ft = | S£] треугольника ASC найдем из формулы площади треугольника ASC:4- • | SE | • \АС | = у • ] SC | • | -dS | или ft • cos ср = • 1 • ]/4cos2 ср— 1.

Отсюда ft = V 1 —Т с с ^ ф ' 1S£I является высотой и пирамиды

SABCD (доказательство предоставляем читателю).Площадь ромба ABCD будет равна:

S a b c d = y ’ I A C \ ' \ B D \ = y ' 2 cos ср • 2 sin ср = sin 2ф.

Значит, объем пирамиды V = 4 -sin 2ср• 1 / 1 — . 1 , ■.о f COS ф

Выразим sin 2ф через a. sin 2ф = 2 sin ф cos ф. Из равенства 1 х2 = 4 cos2 ф получим: 2 sin ф = | / 3—л3.

Поэтому sin 2ф = ]/^1 + л-2 • |^ 3 —а2.

Значит, V = ^ ' V 3— х2.

V имеет максимум тогда же, когда и У2 или 36У2 = а2 (3—а 2). Обозначим 36Vz = y\ xz = t.Максимум функции y — i ( 3— 1) = — f2 + 3/ достигается при

2 m+ 1

2 9 8 . 2 (ak— k) = 0.k=i

Значит, хотя бы одно из этих чисел четное, так как в противном случае сумма нечетного числа нечетных слагаемых была бы нечетна, что и требовалось доказать.

2 9 7 . Пусть число у = У 2 + К з . Тогда 3 — ( у — У 2 ) 2 = ~У2 2 У 2у-\-2.Далее, (у2— 1)2 = 8у2, у4— 10#2 + 1 = 0. Значит, многочлен Pt (x)= = х 4— 10х2-|-1 обращается в нуль при х = у = У 2 + | / 3 . Аналогично построим многочлен с корнем г = У 2 + | / 3 ; 3 = (г —V~2)3 — = z 3—3 / 2 г 2 + 6г—2)/~2, (г3— 6г— 3)2 = (Зг2 + 2)2-2, получиммногочлен:

Р 2 (х) = хв— 6х4— 6х3 + 12х2— 36л: + 1 -

Искомый многочлен можно получить перемножением Рг (х) на Р 2 (х), он обращается в нуль там, где обращается в нуль каждый сомножитель, в том числе при х —1 ~2 + У 3 и х = \ /Г2. + ] / 3.

О т в е т . Р (х) = х10 — 16х8 + 6х7 + 73х® + 24x5— 125х4+ 354х3 + + 2х2—36х + 1.

Можно доказать, что среди всех многочленов, удовлетворяющих условию задачи, Р (х) имеет наименьшую степень. Дело в том, что такой многочлен с целыми коэффициентами обязан наряду с указанными иметь своими корнями все числа, им алгебраически сопряженные, т. е. в нашем случае ± У 2 ± У 3 и ± У 2 + е р / 3, где е—любой кубический корень из единицы. Этих чисел 2 - 2 + 2 - 3 = 10, и все они различны. Поэтому степень искомого многочлена не ниже 10.

2 9 8 . Рассмотрим последовательность ; n = 1,

2, . . . и сопоставим каждому числу х целое число k (х) пос (л — 1 ) 2 + л 2 ^ , л 2+ ( п + 1 ) 2следующему правилу. Если ап = ----- 1— ^ х ^ \ ~ ап+1 >

то полагаем k(x) = n. Так как а1 = -^, то число k (х) определено . 1для всех х ^ у .

Далее, при х ^ у подкоренное выражение в неравенстве положительно, а левая часть—модуль, т. е. положительна. Поэтому, возведя неравенство в квадрат, мы получим равносильное неравенство х2— 2n2x + n4<! x— или■ 4

*3-(2«2 + l)x-f (n4+ | ) < 0 . (*)280

Итак, нам надо проверить, что, когда х лежит в указанных выше пределах, выписанный квадратный трехчлен отрицателен. Нетрудно убедиться, что корнями х1>2 = /г2 + -|- ± п указанного трехчлена (*) являются как раз границы ап и ап+1 указанного интервала. Поскольку квадратный трехчлен с положительным старшим коэффициентом и имеющий действительные корни принимает на интервале между корнями отрицательные значения, то неравенство (*) справедливо и, значит, утверждение задачи доказано.

Впрочем, неравенство для квадратного трехчлена можно получить непосредственно из неравенств an ^ L x ^ .a , l+1.

Из них вытекает, что(х—ап) (х— а„+1) < 0 .

Подставив сюда значения ап и an+i, получаем неравенство (*).2 9 9 . а) Центр S сферы, описанной около тетраэдра ОАВС

(рис. 140), лежит на перпендикуляре к плоскости ОАВ, проходящем через точку D —середину гипотенузы А В прямоугольного треугольника ОАВ, и на перпендикуляре к плоскости ОСА, проходящем через точку Е —середину гипотенузы АС прямоугольного треугольника ОАС. Поэтому имеем, что SD || СО и SE || ОВ. Следовательно, через четыре точки S, D, О, С и через четыре точки S, Е, О, В можно провести плоскости. Они пересекут плоскость треугольника АВС по медианам CD и BE соответственно, т. е. прямая OS проходит через точку Т —центр тяжести треугольника АВС.

б) Из треугольника АВС по теореме синусов имеем:

| ВС I _ I Л С | __ | А В | sin a sin р sin у

но из прямоугольных треугольников ОВС, ОАС и ОАВ имеем: | ВС |2 = fc2+ c 2;

| Л С |2 = а2 + с2;| АВ |2 = а2 4- Ь2.

Значит,

Ь2-|- с2 а 2 + с 2 _ а 2-|- Ь2 ^ sin 2 а s in 2 p ~ sin 2 у ~~ '

откуда с помощью производных пропорций получаем:

а2:й2:с2== (sin2 р + sin2 у—sin2 а) :: (sin2 y + sin2 а —sin2p): А: (sin2 а sin2 р—sin2 у). Рис. 140

281

|В С | 2 \А С \* I А В I2 ,И ЛИ — — L - — J— - J — Ь

sin 2 а sin^p sin 2 у ’

Значит,, 2== sin 2 f t- |- sin 2 у — sin 2 к

sin 2 у + sin 2 a — sin 2 ft sin (ft— K )-|-sin ( a + f t ) __

sin ( a — ft) -ftsin ( a + f t )sin ft cos a , , D= — к- = ctg a : ctg p,sin a cos ft 6 b 1 ’

т. e. a2:£2 = c tga :c tg ft. Аналогично b2: c2= c tg ft: ctg у. Tаким образом,

a2:fc2:c2 = c tg a :c tg ft:c tg у.3 2 0 . Пусть радиус сферы ра

вен R.Тогдаa (l Т V 3) = R + R*— (а V 2) 8,

откуда R — al^3 (рис. 141).Точки пересечения боковых ребер со сферой обозначим К, L, М, N. Треугольник КО А равнобедренный. ОЕ JL АА{, \А Е \ — ~ \ К А \ ~

= |0 0 1| = тЛ R 2 — (а]/~2)2 = |^3а2— 2a2= a . Значит, \ K A \ = \ L B \ ^ — \MC\ = \N D \ — 2a. Криволинейная фигура ABLR может быть разбита на квадрат ABLK и круговой сегмент KL, радиус дуги которого равен a V 2. Площадь четырех сегментов равна площади четырех секторов, каждый из которых равен четверти круга, без площади соответствующего квадрата, т. е. искомая площадь

5 = 4 (2л)2 + ( я ( a V W — (2a)2) = 2а2 (6 + я).

301. Как известно, перпендикуляр, проведенный через середину L отрезка АВ, есть геометрическое место точек, равноудаленных от А и В. Этот перпендикуляр разбивает плоскость на две полуплоскости я£ и я£. Содержащая точку А полуплоскость я£ является множеством всех точек плоскости, лежащих от А не далее, чем от В. При этом сам перпендикуляр мы причисляем к полуплоскости я£.

Опишем теперь, как мудрец, шагая вдоль данной прямой, может выбрать перпендикулярную к ней полосу шириной 1 м, в которой находится предмет. Вдоль данной прямой мудрец делает 1 шаг.

1. Если он получает указание «подошел ближе», то он продолжает шагать в этом направлении до тех пор, пока не получит на очередном i + 1 шагу указание «не подошел ближе», тогда он делает шаг назад в точку А * . А это значит, что предмет

* A i — положение мудреца после j -го шага, а L; — середина отрезка Л;_1 Л/.

282

находится в полосе, образованной пересечением полуплоскости n Llд *

с полуплоскостью . Ширина этой полосы 1 м.2. Если он получает указание «не подошел ближе», то он

поворачивает обратно и шагает в противоположном начальному направлении опять-таки до тех пор, пока не получит указание «не подошел ближе». После чего поступает, как в случае 1,

Опишем теперь алгоритм действия мудреца полностью.На каждом шагу, включая и начальный момент, мудрец дол

жен оглядеться. Как только он обнаружит предмет, выполнение алгоритма прекращается.

В начальный момент мудрец выбирает произвольную прямую и описанным выше способом находит перпендикулярную ей полосу, в которой лежит предмет.

Итак, мудрец попал в полосу шириной 1 м и находится в точке А[ в середине полосы. В точке Л/ он поворачивается на 90° и, повторяя тот же алгоритм для перпендикулярной прямой, находит предмет. Так как предмет расположен в квадрате со стороной 1 м, образованном пересечением двух перпендикулярных полос ширины 1 м, последний шаг приводит мудреца в точку Л/+/— центр указанного квадрата, в которой он увидит предмет, ибо расстояние до любой точки квадрата от точки Л;+/ не превосходит , что меньше 1. Заметим, что, попав в точку Л/+/,мудрецу не надо делать еще двух шагов в точку Л,+/-+1, где он получит указание «не подошел ближе» и обратно. Сосчитаем число шагов, необходимых для того, чтобы найти предмет.

Пусть расстояние от точки поворота до начала равно k шагам, а до конца равно /. Тогда мудрец потратил не более шагов. При этом если (р—угол между направлением на предмет и первоначальной осью, то

d | cos (р [ k —у ,

d \sin ср [ ^ I .

Сложив эти неравенства, получим:

dflsin (р Ц -|соэф [ ) ^ £ + / — 1,но

d (| sin ф | + 1 cos ф [) ^ d У~2.Значит, число шагов

« < & + / + 6 = ( £ - И — l ) - J - 7 < d / 2 + 7 < | - d + 7.

283

Д О П О Л Н Е Н И Е . XVII ОЛИМПИАДА

В настоящее дополнение включены материалы XVII Международной олимпиады, состоявшейся уже после того, как основной текст книги был сдан в набор.

Семнадцатая Международная математическая олимпиада проходила в июле 1975 года в Болгарии в Бургасе н Софии.

Первые премии получили:П ауль Войта — 40 очков, США Джон Рикард — 40 очков, Англия Ж ан-Клод С икорав— 40 очков, Франция П ауль Хердег — 40 очков, США Джонатан Х ичкок— 40 очков, Англия Борис Юсин — 40 очков, СССР Вилфрид Пашер — 39 очков, Австрия Миллер Пукетт — 39 очков, США


Страны

Премии Общее число очков

команды1, 39—40 очков

II32—37 очков

i l l22—31 очко

Австрия 1 1 [ 192Англия 2 2 2 241Болгария — 1 4 186Венгрия — 5 3 258Вьетнам — 1 3 175ГД Р — 4 4 249Г реция — 1 — 95Монголия — — 1 75Нидерланды — — 1 67Польша — I 1 124Румыния — I 3 180СССР 1 3 4 246США 3 1 3 247Франция 1 1 1 176Чехословакия — — 2 162Швеция — 2 — 160Ю гославия 1 2 163

Задачи XVII Международной математической олимпиады1. Пусть х{, t/i ( i= 1,2, . . . . ti)—действительные числа, такие,

что хх . . ^ х „ и • - ^ У п- Докажите, что еслиги г2, . . . , гп—любая перестановка чисел yiy t/2, . . . , t / „, то

П П

2 (х‘ — У‘)2 ^ 2 —г')2■ (Чехословакия)t = i i = 1

2. Пусть аи а2, а3, . . . — произвольная бесконечная последовательность положительных целых чисел, таких, что ak < ak+i

Докажите, что бесконечно много членов ат из этой последовательности можно представить в виде

284

am = xap + yaq,где x и у —положительные целые числа и p¥=q. (Англия)

3. На сторонах произвольного треугольника АВС вне его (в плоскости АВС) построены треугольники ВРС, CQA и ARB,такие, что P B C = C A Q = 45°, B C P = Q C A = 30°, ABR=BAR=15° .Докажите, что QRP = 90° и | QP | = | Р Р |- (Нидерланды)

4. Пусть А —сумма цифр в десятичной записи числа 44444444, а В —сумма цифр числа А (А и В также рассматриваются в десятичной записи). Найдите сумму цифр числа В. (СССР)

5. Можно ли на окружности радиуса 1 отметить 1975 точек так, чтобы длины хорд, соединяющих любые две из них, выражались рациональными числами? (СССР)

6. Найдите все многочлены Р относительно двух переменных, обладающие следующими свойствами:

1) Р —однородный многочлен степени п, т. е. для всех действительных t, х, у

P(tx, t y ) = t nP(x, у);

2) для всех действительных а, Ь, сР (а+Ь, с) + Р Ф + с> а) + Р (с + а, Ь) = 0;

3) Р (1, 0) = 1. (Англия)

Решения задач XVII Международной математическойолимпиады

1. Раскрыв скобки в доказываемом неравенстве, убеждаемся, что оно эквивалентно неравенству

П П

2 3 * ^ -i- i i=iДокажем это неравенство по индукции. При п — 1 оно очевидно. Пусть оно справедливо при п = к. Проверим его для n = k - p \ .

fc+1 fc +1Если Z j=t/i, то по предположению индукции 2 xizi 2 Х‘У‘'

1=2 1=2и, прибавляя к этому неравенству xyt/f, получаем доказываемое неравенство.

Пусть теперь zi = ym, т ф 1, a yi = zt, 1 ф 1. Поскольку и у ^ у т, то (Xi— x J i y i — y J ^ O , откуда x1yi + x lym^

fc+ixtym-\- xyji. Поэтому, если в сумме ^ xtzi слагаемые х^г^ —

£ = 1=;Xiут и xlzl = xlyi заменить слагаемыми xyjt и х{ут, то сумма от этого не уменьшится. Новую сумму можно представить в виде

fc+i*il/i+ 2 х‘г’и где ПРИ1=2

285

Zt, если i=f=l,1 X ym< если i = I,

откуда видно, что z\ , z'a, . . . , zk+1— некоторая перестановка чисел k+i

У 2, у а, . ■ ■, yk+i- Поэтому по предположению индукции 2 xiz\ ^1 = 2

f e + 1 f t + 1 k + l k + 1

< 2 Х‘У1 и' значит» 2 x‘zi < xiy i+ 2 X‘Z«;^ 2 Х‘У‘> что и тРе-t = 2 f = l 1 = 2 1=1бовалось доказать.

2. Пусть Лг— подпоследовательность из тех чисел ак (к > 1), которые при делении на дают остаток г. Поскольку при изменении г от 0 до аг— 1 каждое число ак попадает в одну из подпоследовательностей Лг, то хотя бы одна из них бесконечна. Покажем, что члены этой бесконечной подпоследовательности ак , акг, . . . , ак., . . . , начиная с ак%, образуют искомые числа ат. В самом деле, они представлены в виде ak. *= pfii + г. Поэтому при i '^ 2 ак — akl= (p i— p ^ a lt откуда ak. = xaki+ y a t, причем х = 1 , у = pi— Pi > 0 и 1, так как k t > 1.

3. Обозначим величины углов треугольника АВС при вершинах Л, В, С соответственно через а , р, у. Внутри угла ARB(ARB— 150°) построим точку В', такую, что

\ B ' R \ = \ B R \ (1)

и BRB’ = 90°. Тогда B ’RA — 60°. Но | В' А| = |Л /? |, поэтому треугольник AB’R равносторонний.

Соединим В' с Q и рассмотрим треугольник AB'Q. Легкоподсчитать, что B'AQ — a. Заметим, что по теореме синусов

IЛ1<2 I = +” = 2 ^ 5 - •И зтреугольника ARB\AR\ *Но \A R \ = \AB' \ , откуда = т .е . Д Л Б '(Э ~Д Л В С .

Значит, A B 'Q = $ , откуда RBP = R B 'Q .I fiQ | 1 J[Q I

Из подобия треугольников ВСР и ACQ следует —~p [Q|•

А из подобия треугольников AB'Q и АВС следует 4-т^т- = \ВС\

= откУДа\ B P \ = \ B 'Q \ . (3)

Из (1), (2), (3) следует, что при повороте ломаной RBP на 90° по часовой стрелке с центром в точке R она_переходит в ломаную R B 'Q , причем точка Р переходит в Q, откуда и следует,что | P t f | = | Q / ? | и PRQ = 90°.

4. Заметим, что поскольку 44444444 < 100004444, то число цифр в десятичной записи числа 44444444 не больше 4444-4+1 <20000.

366

Отсюда А < 9-20000= 180000. Значит, В < 9 - 5 = 45. Поэтому, обозначив сумму цифр числа В через С, получим

С < 4 + 9 = 13. (1)Заметим теперь, что сумма цифр числа дает при делении на 9тот же остаток, что и само число. Отсюда

4444«44 ==С (mod 9). (2)

Сдругой стороны, 4444==7 (mod 9) и поэтому 44 4 444144 = 74444 (mod 9), откуда 44444444эи(—2)?'1481-7 (—8)148l-7 = 7 (mod 9). Учитывая (1) и (2), получаем, что С = 7.

5. Легко проверить, что существует бесконечно много попарно различных прямоугольных треугольников е гипотенузой длины 2 и с рациональными длинами катетов (например, как треуголь-

^ 2 _ники с катетами и пц-\-\ > где п— натуральные числа). Зафиксируем диаметр АВ данной окружности радиуса 1 и построим на этом диаметре 1975 таких различных треугольников АВС{ (£ = 1,2, . . . , 1975). Пусть все точки С,- лежат на одной и той же полуокружности. Покажем, что точки С,- являются искомыми. Рассмотрим две из них: Ct и Са. Пусть D± и D ,— основания перпендикуляров, опущенных соответственно из точек Сх и Сана диаметр АВ. Пусть СгВА^= а, С2ЛР = р. Тогда= • Величина | DXD21 является рациональной, так каклегко проверить, что рациональными будут величины [ ADX | и | ЛП21. Кроме того, являются рациональными sin a , sin р, cosa, cosp, а поэтому рациональным будет и cos (a —Р). Итак, | СХС2 [ выражается рациональным числом.

6. Воспользуемся свойством 2), положив а = Ь= с = у. Получим Р (2щ у) = 0 при любом у. Отсюда заключаем, что многочлен Р (х, у) делится на х — 2у. Полагая а= Ь = х, с = —2х и воспользовавшись свойствами 2) и 1), получаем

2пР (х, —х) + 2Р (—х, х) = 0. (1)

Полагая а — х, Ь = —х, с = 0, получим Р (0 , 0) + Р ( —х, х) -f- + Р ( х , —х) = 0. Но, очевидно, Р (0 , 0 )= 0 . Отсюда Р ( х , —л:)— = —Р ( —х, х). Используя (1), получим (2"—2) Р ( х , —я) = 0 при любых х. Поэтому Р ( х ,—х ) = 0 при n > 1. Значит, многочлен Р (х, у) делится на (х-\-у).

Положим Pi(x,y) = - « Легко показать, что многочленРх(х,у) степени п — 1 обладает свойствами 1), 2), 3). Свойство2) при а А -Ь + с ф О проверяется непосредственным вычислением, а при с + Ь + с = 0 следует из непрерывности многочлена.

Таким образом, Pi(x, у) делится на (х—2у) и (х + у ). Теперь, применяя индукцию, получаем, что Р(х ,у ) = (х—2у) ( х+ у)п~1.

С О Д Е Р Ж А Н И Е

П р е д и с л о в и е .......................... . .................................................. 31. Международные математические о л и м п и а д ы ........... 52. З а д а ч и ....................................................................................................... . 25Задачи международных математических ол и м п и ад ....... —Задачи из материалов жюри международных математических

о л и м п и а д ................................................................................ 40Задачи, предлагавшиеся на национальных олимпиадах . . . . 51

3. Р е ш е н и я .................................................................................... 65Решения задач международных о л и м п и ад ........................ —Решения задач из материалов ж ю р и ................................. 152Решения задач, предлагавшихся на национальных олимпиадах 216Д о п о л н е н и е . X V II о л и м п и а д а ................................ 284

Елена Александровна Морозова,Иван Семенович Петраков,

Валентин Анатольевич Скворцов

М ЕЖ Д УН А РО Д Н Ы Е М АТЕМ АТИ ЧЕСКИ Е ОЛ И М П И АД Ы

Редактор Н. И . Никитина Художник С. С. Верховский

Художественный редактор Е. Н . Карасик Технический редактор В. В. Новоселова

Корректоры О. С. Захарова, К ■ А . Иванова

Сдаио в набор 26/Х 1975 г . Подписано к печати 10/1X 1976 г. 60x9 0 V ie- Бум. тип. № 3. Печ. л . 18 ,0 . У ч .-изд . л . 17 ,24.

А 05740 . Тираж 150 тыс. экз. Зак. № 4 1 .Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Государственного комитета Совета Министров РСФСР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. М осква, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.

Ордена Трудового Красного Знамени Первая Образцовая типография имени А. А. Ж данова

Союз пол игр афпрома при Государственном комитете Совета Министров СССР

по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. Москва, М -54, Валовая, 28.

Цеиа 53 коп.

Education

Международные математические олимпиады