МОСКОВСКИЙ ЦЕНТР НЕПРЕРЫВНОГО MATEMAT.ОБРАЗ.
Б.ВМСЬЕВСШ, 11
1241-05-BJ
WYDAWNICTWA SKOLNE I PEDAGOGICZNE WARSZAWA, 1976
ЗАДАЧИ И ОЛИМПИАДЫ
ш™айИ1Е
МОЕЖТШШМЁ
0ЖМПМН1
Предисловие
А. Пелчинского и А. Шинцеля Перевод с польского Ю. А. Данилова под редакцией В. М. Алексеева
ИЗДАТЕЛЬСТВО • МИР • МОСКВА
1978
512 513
С 63
Страшевич С., Бровкин Е.
Польские математические олимпиады. Предисл. А. Пелчинского и А. Шницеля. Пер. с польск. Ю. А. Данилова под ред. В. М. Алексеева. М., «Мир», 1978.
338 с. с ил. (Задачи и олимпиады).
В книге собраны задачи, предлагавшиеся на польских математических олимпиадах с 1950 по 1976 гг. К составлению задач привлекались лучшие математические силы страны.
Книга рассчитана иа всех тех, кто серьезно увлечен математикой.
20202—177
041(01)-78
177—78
512 513
Редакция научно-популярной и научно-фантастической литературы
© Перевод на русский язык, «Мир», 1978
ОТ РЕДАКТОРА ПЕРЕВОДА
Сборником «Польские математические олимпиады» издательство «Мир» продолжает серию «Задачи и олимпиады». Как и в предыдущих книгах этой серин \ читатель найдет здесь большое количество задач (всего их около двухсот), снабженных подробными решениями. Эти задачи предлагались в 1949—1976 гг. на различных этапах математических олимпиад, проводимых ежегодно в Польской Народной Республике для учащихся средних школ и профессиональных училищ.
В течение двадцати лет Главный комитет математической олимпиады возглавлял профессор Стефан Страшевич— один из авторов этой книги. Многие победители олимпиад ныне — видные ученые, имена которых хорошо известны как в самой Польше, так и за ее пределами. К их числу принадлежат профессор Александр Пелчннскнй, профессор Анджей Шинцель и доцент Ежи Бровкин, чьи имена советский читатель также найдет на титульном листе этой книги и которые были в числе победителей I, II и III олимпиад соответственно. Подробнее об истории польских математических олимпиад и об их организационной структуре рассказано в предисловии А. Пелчинского и А. Шинцеля, написанном специально для русского издания. Оно заменило предисловие Я. Ремпалы, рассчитанное на польского читателя. (В оригинале обязанности авторов распределены следующим образом: Я. Ремпале принадлежит предисловие, С. Страшевичу—-решения задач 1—120, Е. Бровкину— решения задач 121—150.)
1 Тригг Ч. Задачи с изюминкой. М., «Мир», 1975; Кюршак Й. и др. Венгерские математические олимпиады. М., «Мир», 1976; Избранные задачи. М., «Мир», 1977.
Сравнивая задачи настоящего сборника с задачами других математических олимпиад (например, всесоюзных, московских, венгерских), можно отметить их несколько большую традиционность. Любителей экзотики это, быть может, слегка разочарует, но зато, несомненно, привлечет тех, кто ценит в математике сдержанность и строгость формы, добротность содержания и даже некоторую суховатость. Решения задач написаны обстоятельно и подробно, так что не было нужды, как в предыдущих книгах серии, дополнять их пространным комментарием. Если отвлечься от собственно «олимпийских» забот (оргкомитеты всегда интересуются задачами), то эта книга мне представляется хорошим подспорьем для учителей, организующих математические факультативы, и для их вдумчивых учеников.
Книга содержит задачи первых двадцати пяти олимпиад. Большая часть задач относится к третьему туру *; после XX олимпиады это становится правилом. Для настоящего издания авторы любезно прислали еще и задачи третьего тура последующих двух олимпиад. Кроме того, в приложении мы даем примеры задач первых двух туров 1970—1976 гг., заимствуя их из сборников, издаваемых ежегодно Главным комитетом 1 2.
Пользуюсь случаем, чтобы поблагодарить авторов книги, авторов предисловия и Главный комитет польской математической олимпиады, проявивших добрую волю и готовность к сотрудничеству. Их благожелательная помощь несомненно способствовала улучшению книги.
Наконец, хочется сказать несколько слов и о всей серии «Задачи и олимпиады». С тех пор как увидела
1 К первым турам относятся задачи 4, 7, 9, 16, 22, 23, 25, 31, 37, 43, 44, 61; ко вторым — 1, 2, 13, 26, 34, 46, 55, 58, 67, 73, 85, 91, 95, 97, 103, 105, 109, ПО, 112. Номер олимпиады можно вычислить по формуле [(номер задачи — 1) : 6] + 1 (квадратными скобками обозначена целая часть числа). Н. Я. Виленкин обратил мое внимание на то, что в аналогичную формулу, приведенную в предисловии к «Венгерским математическим олимпиадам», вкралась неточность, из-за чего в некоторых случаях получается неверный результат. Правильное выражение получается, если в написанной выше формуле заменить 6 на 3. Полный свод задач всех туров I—XX олимпиад можно найти в книге S. Straszewicz „Zadania z olimpiad matema-ticznych” (tt. I—IV, Warszawa, RZWS, 1956—1972).
2 XXII—XXVI Olimpiada matematyczna, Warszawa, Wydawniclwa Szkolne i Pedagogiczne, 1970—1976,
6
свет и мгновенно разошлась ее первая книга, я имел возможность убедиться в том, что «активный решатель задач» действительно существует. Всем, кто письменно или устно сообщал мне свои замечания по поводу формулировок или решений отдельных задач и по составу сборников в целом, я выражаю свою искреннюю признательность. Особенно я хотел бы поблагодарить Н. И. Фельдмана и Е. А. Горина, к чьей дружеской помощи неоднократно прибегал.
Предостережение самым молодым читателям — тем, кто еще учится в школе или год-два назад окончил ее: в геометрических задачах и их решениях сохранены традиционные, «адамаровскне», обозначения и терминология, расходящиеся с тем, что принято в новых школьных учебниках.
В. М. Алексеев
ПРЕДИСЛОВИЕ Н РУССКОМУ ИЗДАНИЮ
В Польской Народной Республике математические олимпиады проводятся с 1949 г. Их организатором является Польское математическое общество (ПМО), объединяющее в своих рядах широкие круги математиков страны. Решение о проведении этих олимпиад президиум ПМО принял по инициативе министра просвещения доктора Станислава Скжешевского и председателя ПМО профессора Казимира Куратовского. Немалую роль здесь сыграл пример математических олимпиад, практиковавшихся советскими математиками (Москвы и Ленинграда).
Организационные формы проведения олимпиад было поручено разработать специальной комиссии ПМО под руководством профессора Стефана Страшевича. Представленный комиссией проект получил одобрение, и Министерство просвещения ПНР издало приказ от 31 ноября 1949 г., который заложил правовые основы олимпиады. Так возникла математическая олимпиада, охватившая вскоре всю страну (в этом отношении она напоминает венгерские математические олимпиады имени Этвеша, проводимые с 1894 г.).
Первым председателем созданного в 1949 г. Главного комитета математической олимпиады стал профессор Стефан Страшевич, а ее первым руководителем — профессор Казимир Заранкевич. Их заслуги в организации польских математических олимпиад трудно переоценить. Профессор Страшевич возглавлял Главный комитет на протяжении 20 лет.
Математические олимпиады в ПНР протекают следующим образом. В каждом учебном году проводятся три тура. Участие в них сугубо добровольное, право на неге имеют учащиеся средних общеобразовательных
3
школ и профессиональных училищ. Организацией олимпиады занимается Главный комитет математической олимпиады, образованный Министерством просвещения по предложению Польского математического общества, и подчиненные ему окружные комитеты. Главный комитет отбирает 24 задачи для всех трех туров. Задачи эти, как правило, оригинальны, но для первого тура иногда используются задачи, уже предлагавшиеся на математических олимпиадах в других странах.
Первый тур математической олимпиады начинается с первых дней учебного года и длится три месяца. В начале каждого месяца учащиеся получают по четыре задачи, которые они должны решить дома в течение месяца. Эти задачи рассылаются по всем общеобразовательным и специальным школам. Учащиеся, пожелавшие принять участие в олимпиаде, присылают свои решения в ближайший окружной комитет, который обычно находится в одном из университетских центров. В обязанности окружных комитетов входит оценка присланных решений и отбор авторов лучших решений для участия во втором туре.
Второй тур олимпиады носит характер письменного экзамена. Проводится он в течение двух дней одновременно во всех тех учебных заведениях, где размещаются окружные комитеты. Ежедневно учащимся предлагают в течение пяти часов решить по три задачи. Окружные комитеты оценивают работы участников второго тура, и на этом основании Главный комитет составляет окончательные списки допущенных к третьему туру.
Третий тур проводится в Варшаве, число задач и время, отводимое для их решения, такие же, как и во втором туре, но характер задач значительно усложняется. Работы участников третьего тура оценивает Главный комитет. Авторы лучших решений награждаются дипломами победителей. Из их числа составляется национальная команда для участия в международных олимпиадах. Кроме того, Главный комитет присуждает поощрительные награды тем участникам третьего тура, которые, хотя и не решили всех задач, но предложили какие-то оригинальные решения.
Удачное выступление на математической олимпиаде дает ее участникам определенные преимущества при поступлении в вузы. Так, учащиеся, допущенные к третьему
9
туру, зачисляются на математические факультеты высших учебных заведений без вступительных экзаменов. Победители олимпиады принимаются также без вступительных экзаменов на математические, физические, химические и технические факультеты.
В заключение приведем некоторые статистические данные. За 25 лет существования математической олимпиады в ней приняли участие 36 544 человека, из них 15% составили учащиеся профессиональных училищ. Почти каждый четвертый участник первого тура бывал допущен ко второму туру, почти каждый четвертый участник второго тура выходил в финал, а каждый пятый участник третьего тура был удостоен награды.
Из победителей первых десяти олимпиад 19 человек стали профессорами и 26 — доцентами математики и других точных наук.
А. ПеАчинский
А. Шинцель
ЗАДАЧИ
Олимпиада 1949—1950 гг.
1.	Доказать, что если числа а, Ь, с положительны и abc = 1, то
о Ь с 3.
2.	Решить в целых числах уравнение
г/3 — х3 — 91.
3.	Доказать, что если натуральное число п больше 4 и не простое, то произведение последовательных натуральных чисел от 1 до п — 1 делится на п.
4.	На окружности выбраны точки А, В и С.
Доказать, что основания перпендикуляров,, опущенных из произвольной точки М окружности на прямые АВ, ВС и СА, лежат па одной прямой.
5.	Доказать, что если две высоты тетраэдра пересекаются, то пересекаются и две другие его высоты.
Высотами тетраэдра мы называем здесь прямые, проведенные через его вершины перпендикулярно противолежащим граням. 6
6. Ключом, отверстие которого имеет в сечении форму правильного шестиугольника со стороной а, требуется открутить гайку, имеющую в сечении форму квадрата со стороной Ь.
Какому условию должны удовлетворять длины отрезков а и Ь, чтобы это можно было сделать?
11
Олимпиада 1950—1951 гг.
7.	Какому условию должны удовлетворять коэффициенты квадратных трехчленов
х2 + тх + п и х2 + рх + q,
для того чтобы между корнями каждого из них был заключен корень другого?
Здесь т, п, р, q — действительные числа.
8.	Какие цифры следует вписать вместо нулей, стоящих на третьем и пятом месте в числе 3 000 003, чтобы получить число, делящееся на 13?
9.	Доказать, что если сумма положительных чисел а, Ь, с равна 1, то
— + — 4- —^9 а ' Ь ' с
10.	Балка длиной а подвешена горизонтально за концы на двух параллельных тросах одинаковой длины Ь. Повернем балку на угол <р вокруг вертикальной оси, проходящей через середину балки. На сколько поднимется при этом балка?
11.	В окружность вписан четырехугольник ABCD. Прямые АВ и CD пересекаются в точке Е, прямые AD и ВС — в точке F. Биссектриса угла АЕС пересекает сторону ВС в точке М и сторону AD в точке N, а биссектриса угла BFD пересекает сторону АВ в точке Р и сторону CD в точке Q.
Доказать, что четырехугольник MPNQ — ромб.
12.	Даны окружность и отрезок MN.
Найти на окружности точку С, такую, чтобы треугольник АВС, где А и В — точки пересечения с окружностью прямых МС и NC, был подобен треугольнику MNC.
Олимпиада 1951—1952 гг.
13.	Выяснить, каким необходимым и достаточным условиям должны удовлетворять действительные числа а, Ь, с для того, чтобы уравнение
л3 + ах2 + Ьх + с — 0
12
имело три вещественных корня, образующих арифметическую прогрессию.
14.	Доказать, что если углы А, В, С треугольника удовлетворяют соотношению
собЗЛ + cos ЗВ + cos3C = 1,
то один из углов равен 120°.
15.	Доказать, что ни при каком натуральном п число
1+2+ ... +п
не может заканчиваться ни одной из цифр 2, 4, 7, 9.
16.	Доказать, что если ни один из углов А, В, С, D выпуклого четырехугольника ABCD не является прямым, то
tg Л + tg В + tg С + tg £> _ tg Л tg Big Ctg В
ctg А + ctg В + ctg С + ctg D.
17.	На сторонах ВС, СА, АВ треугольника АВС точки М, N, Р выбраны так, что
ВМ _ CN _ АР _ , МС ~ NA~ РВ
где k — заданное число больше 1, и проведены отрезки AM, BN, СР.
Вычислить площадь треугольника, образованного прямыми AM, BN, СР, если площадь S треугольника АВС известна.
18.	В круглой башне, внутренний диаметр которой равен 2 м, находится винтовая лестница высотой 6 м. Высота каждой ступени составляет 0,15 м. На виде сверху соседние ступени винтовой лестницы образуют центральный угол в 18°. Внутренние края ступеней прикреплены к круглому столбу диаметром 0,64 м, ось которого совпадает с осью башни.
Найти наибольшею длину прямолинейного стержня, который можно пронести снизу наверх по такой лестнице (толщиной стержня и ступеней пренебречь).
13
Олимпиада 1952—1953 гг.
19.	Доказать, что если п — натуральное число, то (V2 — 1)" —	\.
20.	Из пункта О по прямолинейному шоссе отправился в рейс автомобиль, едущий с постоянной скоростью v. Велосипедист, который находится в точке, отстоящей на расстоянии а от пункта О и на расстоянии b от шоссе, хочет передать водителю автомобиля письмо.
С какой минимальной скоростью должен ехать велосипедист, чтобы осуществить свое намерение?
21.	Какому алгебраическому соотношению должны удовлетворять углы а, ₽ и у для того, чтобы выполнялось равенство
tg а + tg р + tg у = tg a tg р tg у?
22.	Доказать, что если плоская фигура имеет две и только две оси симметрии, то эти оси взаимно перпендикулярны.
23.	Даны две скрещивающиеся прямые т и п. На прямой т отложен отрезок АВ заданной длины а, а на прямой п — отрезок CD заданной длины Ь.
Доказать, что объем тетраэдра ABCD не зависит от положения отрезков АВ и CD на прямых т и п.
24.	Найти геометрическое место центров прямоугольников, вершины которого принадлежат периметру данного треугольника.
Олимпиада 1953—1954 гг.
25.	Вычислить х13+ 1/х13, если х + 1/х = а, где а — заданное число.
26.	Доказать, что если Xi, х2, ..., хп— углы, заключенные между 0° и 180°, и п — произвольное натуральное число, большее 1, то
sin (ху + х2 + ... + хп) < sin Х[ + sin х2 + • • • + sin хп.
14
27.	Найти значения х, удовлетворяющие неравенству Vх — д/х — а> 2,
где а — положительное число.
28.	Однородный круглый диск подвешен в горизонтальном положении на шнурке, прикрепленном к центру диска О. В трех различных точках А, В, С на краю диска, не нарушив его равновесия, поместили грузики pi, Рг, рз-
Вычислить углы АОВ, ВОС и СОА.
29.	Доказать, что если в тетраэдре ABCD противоположные ребра попарно равны (то есть АВ = CD, АС — BD, AD — BC), то прямые, проходящие через середины противоположных ребер, взаимно перпендикулярны и служат осями симметрии тетраэдра.
30.	По внутренней стороне обруча радиуса 2г катится без скольжения кружок радиуса г.
Какую линию описывает точка, произвольно выбранная на границе кружка?
Олимпиада 1954—1955 гг.
31.	Представить многочлен х4 Д- х3 Д- х2 Д- х Д- 1 в виде разности квадратов двух многочленов неодинаковых степеней с вещественными коэффициентами.
32.	Каким условиям должны удовлетворять вещественные числа а, b и с для того, чтобы уравнение
х3 Д- ах2 Д- Ьх Д с = 0	(1)
имело три различных вещественных корня, образующих геометрическую прогрессию?
33.	Доказать, что среди семи натуральных чисел, образующих арифметическую прогрессию с разностью 30, одно и только одно число делится на 7.
34.	Внутри треугольника АВС задана точка Р.
Найти на периметре треугольника АВС такую точку Q, чтобы ломаная APQ делила треугольник на две равновеликие по площади части.
15
35.	На плоскости задана прямая т и точки А, В, лежащие по разные стороны от нее.
Найти на прямой т такую точку М, чтобы разность расстояний от нее до точек А и В была наибольшей.
36.	Через точки А и В проведены скрещивающиеся прямые п и т, перпендикулярные прямой АВ. На прямой т выбрана точка С, не совпадающая с точкой В, а на прямой п — точка D, не совпадающая с точкой А.
Вычислить радиус сферы, проходящей через точки А, В, С, D, если известны длины отрезков АВ = d, CD — In угол ф между прямыми т и п.
Олимпиада 1955—1956 гг.
37.	Доказать, что из отрезков длиной а, 6, с треугольник можно построить в том и только том случае, если
а2Ь2 + Ь2с2 + с2а2 > у (сА + tA + с4).	(1)
38.	Доказать, что если для некоторых чисел а, Ь, с
1,1,1.	1	,п
а ' Ь ' с а 4- & + с ’	' '
то при любом нечетном натуральном числе п
•^n +	= ап^_Ьпд_ сп 	(2)
39.	Доказать, что если натуральные числа а, Ь, с удовлетворяют соотношению
a2-\-b2 — c2,	(1)
то а) по крайней мере одно из чисел а и b делится на 3; б) по крайней мерс одно из чисел а и b делится на 4; в) по крайней мере одно из чисел а, Ь, с делится на 5.
40.	На прямой заданы три различные точки М, D, Н.
Построить прямоугольный треугольник, у которого середина гипотенузы совпадает с точкой Л1, точка пересечения гипотенузы с биссектрисой прямого угла совпадает с точкой D и основание высоты, опущенной на гипотенузу, совпадает с точкой //.
16
41.	Доказать, что любой многоугольник с периметром, равным 2а, можно накрыть кружком диаметром а.
42.	Дана сфера радиуса R и плоскость а, не имеющая со сферой общих точек. По плоскости а движется точка S — вершина конуса, касающегося сферы вдоль окружности с центром в точке С.
Найти геометрическое место точек С.
Олимпиада 1956—1957 гг.
43.	Найти четырехзначное число, у которого две первые цифры, так же как и две последние, одинаковы, а само число совпадает с квадратом целого числа.
44.	Доказать, что если х,_у, z и Vх ~г л/У + V2 — рациональные числа, то Vх» Vl/» V2 — также рациональные числа.
45.	Доказать, что если квадратный трехчлен ах2 + Ьх + с принимает целые значения при любом целом значении переменного х, то 2а, а -|- b и с — целые числа, и наоборот.
46.	Доказать, что если существует окружность, касающаяся сторон выпуклого четырехугольника (вписанная окружность), и окружность, касающаяся продолжений всех его сторон (так называемая дописанная окружность), то диагонали такого четырехугольника взаимно перпендикулярны.
47.	Через середину S отрезка AW, концы которого лежат на боковых сторонах равнобедренного треугольника, проведена прямая, параллельная основанию треугольника и пересекающая боковые стороны в точках К и L.
Доказать, что ортогональная проекция отрезка MN на основание треугольника равна отрезку KL.
48.	Даны отрезок АВ и параллельная ему прямая т.
Пользуясь только линейкой, то есть проводя лишь прямые, разделить отрезок АВ на три равные части.
17
Олимпиада 1957—1958 гг.
49.	Доказать, что произведение трех последовательных натуральных чисел, среднее из которых совпадает с кубом натурального числа, делится на 504.
50.	Доказать, что если п — натуральное число больше 1, то
51.	Доказать, что если k — натуральное число, то при любом х
(1 + х) (1 + х2) (1 + х4) ... (1 + х2&) =
= 1 + х + х2 + х3 + ... 4-х”1
где т — натуральное число, зависящее от k. Найти величину т.
52.	Каждая сторона четырехугольника ABCD разделена на три равные части. Через точки деления сторон АВ и AD, ближайшие к вершине А, проведена прямая. Аналогичные прямые проведены и через точки деления, ближайшие к вершинам В, С, D.
Доказать, что центр тяжести четырехугольника, образованного проведенными прямыми, совпадает с центром тяжести четырехугольника ABCD.
53.	Доказать, что в тетраэдре плоскость, делящая пополам любой из его двугранных углов, делит противолежащее ребро на отрезки, пропорциональные площадям граней, образующих данный двугранный угол.
54.	Доказать, что из всех четырехугольников, описанных вокруг данной окружности, наименьшим периметром обладает квадрат.
Олимпиада 1958—1959 гг,
55.	Дана числовая последовательность 13, 25, 43, ..., п-й член которой задается выражением
ап = 3 (п2 4- п) 4- 7.
18
Доказать, что эта последовательность обладает следующими свойствами:
а)	среди любых пяти последовательных ее членов ровно один делится на 5;
б)	ни один член последовательности не совпадает с кубом целого числа.
56.	Доказать, что для любых вещественных чисел а и b выполняется неравенство
п + Ь а2 + Ь2 а3 + Ь3 а6 + Ь6
2	2	2	2	'
57.	Доказать, что если квадратное уравнение
ах2 + Ьх + с = 0 (а 0)
с целочисленными коэффициентами имеет рациональный корень, то по крайней мере одно из чисел а, Ъ, с четно.
58.	На плоскости размещено п 3 отрезков так, что любые 3 из них имеют общую точку.
Доказать, что существует точка, принадлежащая всем отрезкам.
59.	Из точки О, выбранной внутри равностороннего треугольника АВС, на стороны ВС, СА, АВ опущены перпендикуляры ОМ, ON, OP.
Доказать, что сумма длин отрезков АР, ВМ, CN не зависит от положения точки О.
60.	Дана четырехугольная пирамида с вершиной S и квадратным основанием ABCD.
Найти кратчайший путь по поверхности пирамиды, который начинается и кончается в вершине и проходит через все вершины основания пирамиды.
Олимпиада 1959—1960 гг.
61.	а) Найти необходимое и достаточное условие того, чтобы квадратные уравнения
( X2 + р{х + q{ = 0,
1 х2 + р2х + q2 = 0
имели общий корень.
19
б) Доказать, что если квадратные уравнения (*) имеют общий корень, но не совпадают друг с другом тождественно и plt qlt р2, q2—рациональные числа, то корни этих уравнений рациональны.
62.	Доказать, что если п— целое число больше 4, то 2" больше п2.
63.	Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 составлены все возможные четырехзначные числа, не содержащие повторяющихся цифр.
Найти сумму этих чисел.
64.	Через высоту правильного тетраэдра проведена плоскость, которая пересекает боковые грани вдоль трех прямых, образующих с плоскостью основания тетраэдра углы а, р, у.
Доказать, что
tg2a + tg2P + tg2Y=12.
65.	На окружности выбрано 6 различных точек А, В, С, D, Е, F так, что хорда АВ параллельна хорде DE, а хорда DC параллельна хорде AF.
Доказать, что хорда ВС параллельна хорде EF.
66.	На периметре прямоугольника выбрана точка М.
Найти кратчайший путь, начинающийся и заканчивающийся в точке М и имеющий общую точку с каждой из сторон прямоугольника.
Олимпиада 1960—1961 гг.
67.	Доказать, что ни одно число 2", где п — любое натуральное число, не представимо в виде суммы двух пли более последовательных натуральных чисел.
68.	Доказать, что любое натуральное число, не совпадающее с целой степенью числа 2, представимо в виде суммы двух или более последовательных натуральных чисел.
69.	Некто написал шесть писем шести различным людям и заготовил шесть конвертов с их адресами,
20
Сколькими способами можно вложить письма в конверты, чтобы ни одно письмо не попало тому лицу, которому оно адресовано?
70.	Доказать, что если сечение тетраэдра плоскостью имеет форму параллелограмма, то полупериметр этого параллелограмма заключен между длинами наименьшего и наибольшего ребер тетраэдра.
71.	Доказать, что если длина любой из сторон треугольника меньше 1, то площадь треугольника меньше д/3/4.
72.	Четыре прямые, пересекаясь в шести точках, образуют четыре треугольника.
Доказать, что описанные окружности этих треугольников имеют общую точку.
Олимпиада 1961—1962 гг.
73.	Найти трехзначное число, обладающее тем свойством, что число, записанное теми же цифрами в той же последовательности, но в некоторой другой системе счисления с основанием, отличным от 10, вдвое больше исходного числа.
74.	Сколькими способами множество, состоящее из п предметов, можно разделить на 2 множества?
75.	Доказать, что если п — натуральное число больше 2, то
п+1_____ п ___
V«+1 < Vй •
76.	Внутри данного выпуклого четырехугольника найти такую точку, чтобы отрезки прямых, соединяющие ее с серединами сторон четырехугольника, делили четырехугольник на четыре равновеликие по площади части.
77.	Какому условию должны удовлетворять углы треугольника АВС для того, чтобы биссектриса угла А, медиана, проведенная из вершины В, и высота, опущенная из вершины С, пересекались в одной точке?
21
78.	Любые две из трех заданных прямых а, Ь, с — скрещивающиеся.
Можно ли построить такой параллелепипед, чтобы три его ребра лежали на прямых а, Ь, с?
Олимпиада 1962—1963 гг.
79.	Доказать, что если числа а, Ь, с положительны, то
... M + fe’ + c4 а + Ь + с < — . -----.
1	1	abc
80.	Доказать, что два натуральных числа, все цифры которых — единицы, взаимно просты в том и только в том случае, если числа их знаков взаимно просты.
81.	Доказать, что многочлен пятой степени
Р (х) = х5 — Зх4 + 6х3 — Зх2 + 9х — 6
не представим. в виде произведения двух многочленов меньших степеней с целочисленными коэффициентами.
82.	Из точки S пространства выходят три луча 5Д, SB и SC, ни один из которых не перпендикулярен двум остальным. Через каждый луч проведена плоскость, перпендикулярная плоскости, содержащей два других луча.
Доказать, что все три проведенные плоскости пересекаются по одной прямой d.
83.	В пространстве заданы четыре различные точки Д, В, С, D.
Доказать, что три отрезка, соединяющие середины отрезков АВ и CD, АС и BD, AD и ВС, имеют общую точку, совпадающую с их серединой.
84.	Из данного треугольника вырезать прямоугольник наибольшей площади.
Олимпиада 1963—1964 гг.
8,5	. Доказать, что если три простых числа образуют арифметическую прогрессию, разность которой не делится на 6, то наименьшее из этих чисел равно 3.
22
86.	Доказать, что неравенство
1 tg За
3 "" tg а
не выполняется ни при каком значении а.
87.	Доказать, что если at '< b2 < ... < Ьп (п^2), то
< «2<
< ан и bi <
(fli + п2 + • • • + о») (&i + Ь2 + ... +	<
< п (afti + а2Ь2 + ... + апЬп).
88.	На плоскости выбраны 5 точек, из которых никакие 3 не лежат на одной прямой.
Доказать, что четыре из них расположены в вершинах выпуклого четырехугольника.
89.	Ребра АВ, ВС, CD, DA тетраэдра ABCD касаются некоторой сферы.
Доказать, что точки касания лежат в одной плоскости.
90.	Дана пирамида SABCD, основание которой имеет форму выпуклого четырехугольника ABCD с взаимно перпендикулярными диагоналями АС и BD. Основание перпендикуляра, опущенного из вершины S на основание пирамиды, совпадает с точкой О пересечения диагоналей АС и BD.
Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных из точки О на боковые грани пирамиды, лежат на одной окружности.
Олимпиада 1964—1965 гг.
91.	Найти все простые числа р, для которых 4р2 + 1 и 6р2+ 1 — также простые числа.
92.	Доказать, что если х{ и х2 — корни уравнения х2 рх — 1 = 0, где р — нечетное число, то при любом целом п 0 числа х'[ А~х2 u xf+I + %2+I — целые и взаимно простые.
23
93.	Доказать, что если целые числа а и b удовлетворяют соотношению
2а2 + а = ЗЬ2 + Ь,
то а — b и 2а + 2& -f-1 — квадраты целых чисел.
94.	Доказать следующее утверждение: замкнутая пятизвенная ломаная, у которой никакие три вершины не лежат на одной прямой, может иметь одну, две, три или пять точек самопересечения, но не может иметь четыре точки самопересечения.
95.	Доказать, что квадрат можно разделить на любое число квадратов больше 5, но нельзя разделить ровно на 5 квадратов.
96.	На окружности выбрано п > 2 точек. Каждая точка соединена отрезком прямой с каждой из остальных точек.
Можно ли начертить все эти отрезки одним росчерком пера так, чтобы конец первого отрезка совпал с началом второго, конец второго отрезка — с началом третьего, конец третьего отрезка — с началом четвертого и так далее, а конец последнего отрезка совпал с началом первого?
Олимпиада 1965—1966 гг.
97.	Доказать, что если два кубических многочлена с целочисленными коэффициентами имеют общий иррациональный корень, то они имеют еще один общий корень.
98.	Решить в целых числах уравнение x4 + 4tj4 = 2(z4 + 4u4).
99.	Доказать, что если неотрицательные числа Хг, х„ (п — любое натуральное число) удовлетворяют неравенству
. 1 । 1
Х\ + х2 + ... + хп у , то
24
100.	Доказать, что сумма квадратов площадей ортогональных проекций граней прямоугольного параллелепипеда на одну и ту же плоскость не зависит от положения ?той плоскости в том и только в том случае, если прямоугольный параллелепипед имеет форму куба.
101.	Дан выпуклый шестиугольник ABCDEF, который каждая из диагоналей AD, BE, CF делит на две равновеликие по площади части.
Доказать, что диагонали AD, BE, CF проходят через одну и ту же точку.
102.	На плоскости произвольно выбраны 6 точек.
Доказать, что отношение наибольшего из отрезков, попарно соединяющих эти точки, к наименьшему больше или равно 'у/З .
Олимпиада 1966—1967 гг.
103.	Числа, образующие конечный набор а\, а2, ... ап (п 3) удовлетворяют соотношениям а\ — ап — = 0 и ak-i + Gk+\ 2а* при k = 2, 3, ..., п — 1.
Доказать, что среди чисел ait а2, ..., ап нет положительных.
104.	В зале находятся 100 человек, каждый из которых знаком по крайней мере с 66 из 99 остальных присутствующих.
Доказать, что может представиться случай, когда двое из любых четверых присутствующих в зале не будут знакомы друг с другом. (Мы предполагаем, что все знакомства обоюдны: если А знаком с В, то В знаком с Л.)
105.	На плоскости один вне другого расположены два треугольника.
Доказать, что существует прямая, проходящая через две вершины одного треугольника и отделяющая третью вершину этого треугольника от всех вершин другого треугольника (иначе говоря, третья вершина первого треугольника и весь второй треугольник лежат по разные стороны от этой прямой).
25
106.	В зале находятся 100 человек, каждый из которых знаком по крайней мере с 67 из остальных присутствующих.
Доказать, что в зале непременно найдутся четыре человека, из которых любые два знакомы друг с другом. (Как и в задаче 104, мы предполагаем, что если А знаком с В, то В знаком с Д.)
107.	Точки Д, В, С, D, Е расположены в пространстве так, что
АВ = ВС = CD = DE = ЕА,	(1)
Z АВС = Z BCD = Z CDE = Z DEA = Z EAB. (2)
Доказать, что точки А, В, С, D, Е лежат в одной плоскости.
108.	Доказать, что если многоугольник с нечетным числом сторон вписан в окружность и все его углы равны, то такой многоугольник правильный.
Олимпиада 1967—1968 гг.
109.	Доказать, что многочлен относительно переменной х с целочисленными коэффициентами, принимающий при трех различных целых х значения, равные по абсолютной величине 1, не имеет целочисленных корней.
ПО. Доказать, что если за круглым столом сидят по крайней мере 5 человек, то их можно пересадить так, чтобы у каждого из сидящих оказались по два новых соседа.
111.	Дано натуральное число п > 2. Построить такой набор из п попарно различных чисел alt а2, , ап, чтобы множество сумм
at + fl, (i = 1, 2, ..., п; j = 1, 2, ..., n; i =А= j) содержало как можно меньше различных чисел, а также построить набор из п чисел 61( Ь2, .... Ь„, чтобы множество сумм
bi + bj (/=1,2,..., tv, j — 1, 2..n; i =# j)
содержало как можно больше различных чисел.
26
112.	На плоскости выбрали п 3 точек, не лежащих на одной прямой. Проведя прямые через каждые две из этих точек, получили k прямых.
Доказать, что k п.
ИЗ. На плоскости расположены п точек (п^=4), из которых любые четыре служат вершинами выпуклого четырехугольника.
Доказать, что все эти точки совпадают с вершинами некоторого выпуклого многоугольника.
114.	Дано множество п > 3 точек на плоскости, из которых никакие три не лежат на одной прямой, и натуральное число k <Z п.
Доказать следующие утверждения:
1)	если k^.nl2, то каждую точку заданного множества можно соединить отрезками прямых по крайней мере с k другими точками множества так, что среди проведенных отрезков прямых не будет трех сторон одного и того же треугольника;
2)	если k > п/2 и каждая точка заданного множества соединена отрезками прямых с k другими точками множества, то среди проведенных отрезков прямых найдутся три стороны одного и того же треугольника.
Олимпиада 1968—1969 гг.
115.	Доказать, что если вещественные числа а, Ь, с удовлетворяют условию
__"___I------1- —= 0	(1)
т + 2~т+1~т	’	v 7
где т— положительное число, то уравнение ах2	Ьх + с = 0	(2)
имеет корень, заключенный между 0 и 1.
116.	Даны попарно различные вещественные числа О], «2, • • •, оп.
Найти наименьшее значение функции, определенной для хе R выражением
У = \х — П1! + |х — а21+ ••• + I * ~ «о I»
27
117.	Доказать, что если натуральные числа а, Ь, р, q, г, s удовлетворяют условиям
qr — ps = \,	(1)
(2)
q b s	4 '
ТО
118. Доказать, что пространстве ровно п четно.
если некоторая фигура имеет в осей симметрии, то число п не-
119.	Доказать, что восьмиугольник, все углы которого равны, а длины сторон выражаются рациональными числами, обладает центром симметрии.
120.	При каких значениях п существует многогранник, имеющий п ребер?
Олимпиада 1969—1970 гг.
121.	Диаметр АВ делит окружность на две полуокружности. На одной полуокружности п точек Р\, Р2, ...
Рп выбраны так, что точка лежит между А и Р2, точка Р2 лежит между Pf и Р3, ..., точка Рп лежит между Рп-1 и В.
Как следует выбрать точку С на другой полуокружности, чтобы сумма площадей треугольников СР\Р2, СР2Р3, СР3Р4, ., CPn-iPn была наибольшей?
122.	Даны три бесконечные последовательности
«ь а2, ...,
bi, b2.......
С1> с2.......
элементами которых служат натуральные числа, причем при i =# j
at =# at, bi =/= Ь/, с, =H= ct.
Доказать, что существуют два индекса k, I, для которых справедливы неравенства k < I и ak<.ai, bk < bi, Ck .< С/.
28
123.	Доказать, что п 1 — простое число в том и только в том случае, если для каждого натурального к, удовлетворяющего неравенству 1 k п—1, биномиальный коэффициент
/ п X__ п!
\ k ) kl(n — k)\ делится на п.
124.	На плоскости выбраны п прямоугольников со сторонами, параллельными двум заданным взаимно перпендикулярным прямым.
Доказать, что если любые два из выбранных прямоугольников имеют по крайней мере одну общую точку, то существует точка, принадлежащая всем прямоугольникам.
125.	Сколькими способами множество, содержащее 12 элементов, можно разбить на 6 множеств, каждое из которых содержит по 2 элемента?
126.	Найти наименьшее действительное число Л, такое, что для каждого квадратного трехчлена f(x), удовлетворяющего условию
1 f W 1 1 при O^x^l, выполняется неравенство
Олимпиада 1970—1971 гг.
127.	Доказать, что если {а,} — бесконечная последовательность попарно различных натуральных чисел, десятичная запись которых не содержит цифры 0, то
со
У-Ь <29.
ап п=1
128.	Биллиардный стол имеет форму треугольника с рациональными отношениями внутренних углов. По тару, находившемуся в некоторой внутренней точке стола, нанесли удар кием. Шар отражается от бортов по закону «угол падения равен углу отражения».
Доказать, что шар может двигаться лишь вдоль конечного числа направлений. (Предполагается, что шар не попадает в вершины треугольника.)
29
129.	Доступ к сейфу имеют 11 членов комиссии.
Каким наименьшим числом замков следует снабдить сейф для того, чтобы при определенном наборе ключей любые 6 членов комиссии, собравшись вместе, могли его открыть, а любых 5 членов комиссии было бы недостаточно? Указать, каким образом следует распределить ключи от сейфа с минимальным числом замков между членами комиссии.
130.	Доказать, что если натуральные числа х, у, г удовлетворяют уравнению
+ = то min (х, у) п.
131.	Найти наибольшее целое число А, такое, что для любой перестановки натуральных чисел, не превышающих 100, сумма некоторых 10 последовательных чисел больше или равна А.
132.	Дан правильный тетраэдр с ребрами единичной длины.
Доказать следующие утверждения:
1)	на поверхности S тетраэдра существуют четыре точки, такие, что расстояние от любой точки поверхности S до одной из этих четырех точек не превосходит */2;
2)	на поверхности S тетраэдра не существует трех точек, обладающих тем же свойством.
Под расстоянием между двумя точками, лежащими па поверхности S, мы понимаем нижнюю грань длин ломаных, проходящих по поверхности S и соединяющих рассматриваемые точки.
Олимпиада 1971—1972 гг.
133.	Многочлены iz, (х) = а,х +	(а,, &, — веществен-
ные числа; i = 1, 2, 3) удовлетворяют при некотором натуральном п 2 соотношению
щ (х)п + и2 (х)" = и3 (х)".	(1)
Доказать, что эти многочлены представимы в виде щ(х) — с,(Лх + В), где 1=1, 2, 3 и А, В, сь с2, с3 — вещественные числа.
30
134.	На плоскости заданы п > 2 точек, из которых никакие три не лежат на одной прямой.
Доказать, что среди замкнутых ломаных, проходящих через заданные точки, наименьшую длину имеет простая замкнутая ломаная.
135.	Доказать, что существует такой многочлен Р(х) с целочисленными коэффициентами, для которого при всех значениях х из интервала [’/ю, 9/ю] выполняется неравенство |Р(х) — V2| < Viooo-
136.	На прямой, не имеющей общих точек со сферой Л, заданы точки А и В. Основание Р перпендикуляра, опущенного из центра сферы Л на прямую АВ, находится между точками А и В, причем отрезки АР и ВР больше радиуса сферы. Рассмотрим множество Z треугольников АВС, стороны которых АС и ВС касаются сферы К.
Доказать, что треугольник Т обладает наибольшим из всех треугольников множества Z периметром в том и только в том случае, если он обладает наибольшей (по сравнению с другими треугольниками из множества Z) площадью.
137.	Доказать, что все подмножества конечного множества можно расположить в таком порядке, при котором любые два соседних множества отличаются одним элементом.
138.	Доказать, что при п, стремящемся к бесконечности, сумма цифр числа 1972" неограниченно возрастает.
Олимпиада 1972—1973 гг.
139.	Доказать, что любой многочлен можно представить в виде разности двух монотонно возрастающих многочленов.
140.	Пусть рп — вероятность того, что в последовательности п бросаний монета 100 раз подряд выпадет орлом вверх.
Доказать, что последовательность чисел рп сходится, и вычислить ее предел.
31
141.	Многогранник W обладает следующими свойствами:
а)	у него имеется центр симметрии;
б)	сечение многогранника W плоскостью, проходящей через центр симметрии и любое ребро, имеет вид параллелограмма;
в)	существует вершина многогранника W, принадлежащая ровно трем ребрам.
Доказать, что W — параллелепипед.
142.	На прямой задана система отрезков, общая длина которых меньше 1.
Доказать, что любое множество, состоящее из п принадлежащих прямой точек, можно сдвинуть вдоль прямой на вектор, длина которого не превышает п/2, так, чтобы ни одна из сдвинутых точек не принадлежала ни одному из заданных отрезков.
143.	Доказать, что любую положительную правильную дробь mln можно представить в виде суммы величин, обратных попарно различным натуральным числам.
144.	Доказать, что для любого многоугольника, обладающего центром симметрии, существует не более одного эллипса наименьшей площади, содержащего данный многоугольник.
Олимпиада 1973—1974 гг.
145.	В тетраэдре ABCD ребро АВ перпендикулярно ребру CD и Z.ACB — Z.ADB.
Доказать, что плоскость, определяемая ребром АВ и серединой ребра CD, перпендикулярна ребру CD.
146.	Лососям, плывущим по горной реке, необходимо преодолеть два водопада. Вероятность того, что лосось преодолеет в данной попытке первый водопад, составляет р > 0, вероятность того, что лосось преодолеет в данной попытке второй водопад, составляет q > 0. Предполагается, что попытки преодолеть водопады независимы.
Вычислить вероятность того, что лосось за п попыток не преодолеет первый водопад, при условии, что за п попыток он не преодолеет оба водопада.
32
147.	Пусть г — натуральное число.
Доказать, что квадратный трехчлен х2 — гх — 1 не является делителем ни одного многочлена /?(%)=# О с целочисленными коэффициентами, которые по абсолютной величине меньше г.
148.	Доказать, что для любого натурального числа п и последовательности вещественных чисел аь а%, ..., ап существует натуральное число k, для которого выполняется неравенство
k	п
£«/- X «»
i = l	/-./г+1
max | а, |.
1 < / < п
149.	Доказать, что если натуральные числа п, г удовлетворяют неравенству r-f-З^п, то биномиальные ( пХ ( п \	/ « \	( П \
коэффициенты G+J’ Ь + г/ 1г + 3? не являются последовательными членами ни одной арифметической прогрессии.
150.	Выпуклый «-угольник разделен диагоналями на треугольники так, что:
1) из каждой вершины выходит четное число диагоналей;
2) никакие две диагонали не имеют внутренних общих точек.
Доказать, что число п делится на 3.
Олимпиада 1974—1975 гг.
151.	Последовательность вещественных чисел {с*} (k = 1, 2, .,.) обладает следующим свойством:
существует натуральное число «, такое, что
Я/ + а2 + • • • + ап = 0 и
an+k = ak при k = 1,2.......
Доказать, что существует натуральное N, для которого при k = 0, 1, 2, ... выполняется неравенство
N+k
£ «/>0-
2 Зак. 933
33
152.	На поверхности правильного тетраэдра с длиной ребер 1 выбрано конечное .множество отрезков так, что любые две вершины тетраэдра можно соединить ломаной, состоящей из принадлежащих множеству отрезков.
Можно ли выбрать это множество отрезков так, чтобы их общая длина была меньше 1 + ^3 ?
153.	Найти наименьшее положительное число а, для которого существует такое положительное число р, чтобы для 0 х < 1 выполнялось неравенство
Vl+x + Vl-x<2-
Для найденного значения а определить наименьшее положительное число р, удовлетворяющее этому неравенству.
154.	В десятичной записи некоторого натурального числа встречаются цифры 1, 3, 7 и 9.
Доказать, что, переставив цифры, можно получить десятичную запись числа, делящегося на 7.
155.	Доказать, что вокруг треугольника, один из внутренних углов которого равен а, окружность радиусом R можно описать, а окружность радиусом г можно вписать в него в том и только в том случае, если
2^.>
156.	На отрезке 0 х 1 заданы функции S(x) — = 1 —х, Т(х)= 1/%х. Существует ли функция вида
f = gl°g2° ... ° gm
где п—некоторое натуральное число, а «множители» gk при k= 1, 2, п равны либо S(x), либо Т(х), такая, что
1975
21975 *
Олимпиада 1975—1976 гг.
157.	Выяснить, рационально ли число
л	. Зп	. 5л	. 7л	. 9л	_
Sin-T^-Sin-r^ Sin-^-Sin-j-^Sln-7^ ?
Io lo io lo io
158.	Даны такие четыре последовательности вещественных чисел {а„}, {&„}, {с,,}, что при любом п
a«+i — Я/г + bn, bn+i = + сп, Cn+i Сп Д ^n+i === dn -j- ап.
Доказать, что если при некоторых k 1, т 1 выполняются соотношения ак^т = ат, bk+m = bm, Ck\m — — Cm-, dki-m — dm, ТО 6Z2 — ^2 — ^2 — ^2 — 0.
159.	Доказать, что для любого тетраэдра произведения длин противоположных ребер могут быть длинами сторон некоторого треугольника.
160.	Диагонали некоторого плоского четырехугольника, последовательные стороны которого имеют длины а, Ь, с, d, перпендикулярны.
Доказать, что диагонали любого другого плоского четырехугольника, последовательные стороны которого имеют те же длины a, b, с, d, также перпендикулярны.
161.	Некое судно занимается ловлей рыбы в территориальных водах иностранного государства, не имея на то соответствующего разрешения. Каждый заброс сетей приносит нарушителям улов одной и той же постоянной стоимости. Вероятность задержания судна пограничной охраной при очередном забросе сетей равна \/k, где k — некоторое фиксированное натуральное число. Предполагается, что событие, состоящее в задержании или незадержании судна при очередном забросе сетей, не зависит от предшествующего хода лова. При задержании судна пограничной охраной вся пойманная ранее рыба конфискуется и дальнейший лов становится невозможным. Капитан намеревается уйти из территориальных вод после п-го заброса сетей. Поскольку возможность задержания судна пограничной охраной отнюдь не исключена, прибыль от лова рыбы представляет собой случайную величину.
2*
35
Найти число п, при котором ожидаемая величина прибыли максимальна.
162.	Возрастающая функция f, заданная на множестве натуральных чисел, обладает тем свойством, что для любой пары натуральных чисел (k, I)
Доказать, что существует такое вещественное число р > 1, для которого при п = 1, 2, 3, ,..
f„ = logpn.
РЕШЕНИЯ
1.	Предположим, что утверждение задачи неверно, то есть для некоторых чисел а, Ь, с, удовлетворяющих условиям а > О, b > 0, с > 0, abc — 1, выполняется неравенство
а 4~ Ь с 3.
Умножая обе части этого неравенства на ab, получаем
или
а2Ь + aft2 + aftc < 3aft ab2 + (о2 - За) ft + 1 < 0.
Последнее неравенство означает, что квадратичная функция
у = ах2 4- (а2 — За) х 4* 1
в точке х = ft принимает отрицательное значение. Поскольку эта функция положительна при достаточно большом по абсолютной величине значении х, то она имеет два вещественных корня. Следовательно, ее дискриминант положителен:
откуда
или
(а2 — За)2 — 4а > 0, а3 — 6а2 4- 9а — 4 > 0 (а - I)2 (а - 4) > 0.
Таким образом, а >4 и тем более a'4-ft + c>4.
Последнее неравенство противоречит исходному предположению о том, что а ft с < 3. Следовательно, все
37
положительные числа а, Ь, с, произведение которых равно 1, удовлетворяют неравенству
й + Ь + с>3.
2.	Запишем уравнение, приведенное в условиях задачи, в виде
(У — х) (у2 + ху + х2) ==13-7.	(*)
Трехчлен у2 + ху + х2 при всех х, у принимает неотрицательные значения, поскольку
У2 + ху + х2= (у +-1 ху + уХ2>0.
Следовательно, если целые числа х и у удовлетворяют уравнению («-), то оба множителя в его левой части принимают положительные целочисленные значения. Поскольку правая часть уравнения (*) делится на 7 и на 13, то и его левая часть должна делиться на 7 и на 13. А поскольку 7 и 13 — простые числа, то это возможно лишь в следующих случаях.
1)	Число у — х делится на 13 и на 7, и в уравнении (») следует положить
у —х = 91, у2 + ху + х2=1.
Эта система уравнений не имеет решений в вещественных, а тем более в целых числах.
2)	Число у2хух2 делится на 13 и на 7, и в уравнении (х) следует положить
у —х=1, у2 + ху 4-х2 = 91.
Эта система уравнений допускает решения:
х = 5, у = 6; х =— 6, у — — 5.
3)	Число у — х делится на 13, а число у24-ху-}-х2 делится на 7. При таком предположении мы приходим к системе уравнений:
у — х=13, у2 + ху + х2 = 7.
Эта система уравнений не имеет решений в вещественных числах.
4)	Число у — х делится на 7, а число у2-{-ху + х2 делится на 13. Тогда
у — х = 7, у2-|-ху4-х2=13
38
Решая эту систему уравнений, находим
х= — 3, у = 4; х= — 4, у = 3.
Таким образом, уравнение («) допускает следующие решения в целых числах:
х = 5, у = 6; х —— 6, у = — 5; х =— 3, у = 4;
х = —4, z/ = 3.
3.	Поскольку число п не простое, то существуют натуральные числа р и q, такие, что !</?<«, 1 < q < п и n — p-q (например, в качестве множителя р можно взять наибольший простой делитель числа п).
Рассмотрим в отдельности два случая.
Случай 1: p=^q. В этом случае р и q — два различных члена последовательности 1, 2, ..., п—1. Следовательно, произведение 1-2- ... (п—1) делится на л = p-q.
Случай 2: р = q Тогда л = р2, а поскольку л > 4, то р2 > 4. Но р > 2, р2 > 2р и, таким образом, 2р < л. Числа р и 2р — два различных члена последовательности 1, 2, ..., л—1. Следовательно, произведение 1-2-... • (л— 1) делится на р-2р — 2л, а значит и на л.
Примечание. Можно доказать более сильное утверждение, а именно доказать, что произведение 1-2-...-(п—3) делится на п. Для этого прежде всего заметим, что в соотношении n—p-q, где р и q— натуральные числа больше 1, ни одно из чисел р и q не может превосходить число п — 3.
Действительно, если бы, например, выполнялось неравенство р > п — 3, то, поскольку q 2, мы получили бы, что p-q > 2(п— 3) и, следовательно, п > 2п— 6 и п < 6. Но последнее неравенство невозможно, поскольку по предположению п > 4 и п У- 5.
Как и прежде, рассмотрим в отдельности два случая.
Случай 1: р Ф q. Поскольку р п — 3, q п — 3, то р и q — два различных члена последовательности натуральных чисел 1,2,..., п — 3. Следовательно, произведение 1-2-...-(п—3) делится на n — p-q
Случай 2: р = q. В этом случае п — рг. Поскольку п > 4, то р > 2 и, следовательно, р 3. Отсюда мы получаем, что р2 Зр, п 5= 2р + р, п 3s 2р + 3 и, наконец 2р п — 3_ Таким образом, р и 2р — два различных члена последовательности натуральных чисел 1, 2, ..., п — 3. Следовательно, произведение 1-2-...-(я — 3) делится на р-2р = 2п, а значит, и на п.
Заметим также, что произведение 1-2-...-(п— 4) не делится на п при п = 6 и п = 9.
39
4.	Пусть Р, Q, R — основания перпендикуляров, опушенных из точки Л/ на прямые ВС, СА, АВ.
Если точка М совпадает с одной из точек А, В, С, то с той же точкой совпадают и две из точек Р, Q, R. Ясно, что в этом случае утверждение задачи верно.
Пусть точка М лежит внутри одного из вписанных в окружность углов с вершинами в точках А, В, С, например внутри угла ВАС. Четырехугольник АВМС вписан в окружность, и поэтому Z.ABM + Z.ACM = 180°.
Если углы АВМ и АСМ прямые, то утверждение задачи верно, поскольку в этом случае точка R совпадает с точкой В, а точка Q — с точкой С, в силу чего точки Р, Q, R лежат на прямой ВС.
Остается рассмотреть случай, когда один из углов, например Z.ABM, тупой, а другой (Z.ACM) острый. Точка R в этом случае лежит на продолжении отрезка АВ за точку В, точка Q может лежать либо на отрезке СА. либо на продолжении отрезка СА за точку А. Рассмотрим каждую из этих возможностей в отдельности.
а)	Пусть точка Q лежит на отрезке АС (рис. 1)”г Тогда точка Р лежит на отрезке ВС. Это следует из того, что в треугольнике ВМС углы при вершинах В и С острые. Действительно, ZMBC = Z.MAC, поскольку оба угла вписанные и опираются на одну и ту же дугу окружности, a ZMAC — острый угол прямоугольного треугольника A1/1Q. Угол МСВ острый как часть острого угла АСМ. Следовательно, основание Р высоты треугольника ВМС, опущенной из вершины М, лежит на стороне ВС, противолежащей вершине М,.
40
Чтобы доказать, что точки Р, Q, R лежат на одной прямой, достаточно доказать равенство углов RPB и QPC.
Точки М, Б, Р, R лежат на одной окружности, поскольку углы MRB и МРВ прямые, при этом точки Р и М расположены по одну сторону от прямой RB, в силу чего Z.RPB — Z.RMB.
Аналогично точки Л1, Р, Q, С лежат на одной окружности, поскольку углы МРС и MQC прямые, при этом точки Р и М расположены по одну сторону от прямой QC, поэтому Z.QPC = Z.QMC.
Но углы RMB и QMC равны, поскольку
Z RMB = 90° — Z MBR = 90° - (180° — Z MBA) =
= Z MBA - 90°,
Z QMC = 90° - Z MCQ = 90° — Z MCA =
= 90° — (180° — Z MBA) = Z MBA - 90°.
Итак, 'ARPB — Z.QPC и точки P, Q, R лежат на одной прямой.
б)	Пусть точка Q лежит на продолжении отрезка СА (рис. 2). В этом случае точка Р лежит на продолжении отрезка СВ за точку В, поскольку угол МВС тупой. Это следует из того, что Z.MBC — Z.MAC, а угол МАС тупой как прилегающий к острому углу AMQ. Принадлежность точек Р, Q, R одной прямой мы докажем,
41
убедившись в том, что углы RPB и QPC в сумме дают развернутый угол.
Действительно, рассуждения, аналогичные тем, которые были проведены в случае (а), позволяют утверЖ’-дать, что LRPB — 180° Z.RMB, поскольку точки Лй, R, Р, В лежат на одной окружности, причем точки М и Р расположены по разные стороны от прямой RB. Затем можно доказать, что Z.QPC = Z.QMC и, наконец, что Z.RMB = ZQMC.
Таким образом, Z.RPB = 180°—/CQPC, откуда следует, что точки Р, Q, R лежат на одной прямой. Эта прямая называется прямой Симеона 1 треугольника АВС относительно точки М.
5. Пусть AM и BN — высоты тетраэдра ABCD (рис. 3), пересекающиеся в точке S; высота Л5 перпендикулярна плоскости BCD, высота BS перпендикулярна плоскости ACD.
Плоскость ABS, проходящая через прямые Я5 и BS, перпендикулярные плоскостям BCD и ACD, перпендикулярна этим плоскостям и, следовательно, линии их пересечения, то есть прямой CD.
Следовательно, прямая CD перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости ЛВ5, и в частности CD .LAB.
Роберт Симеон (1687—1768)—шотландский математик.
42
Отсюда мы заключаем, что через прямую CD можно провести плоскость, перпендикулярную прямой АВ. Действительно, если СР — высота треугольника АВС (рис. 4), то, поскольку СР_LAP, CD 1 АВ, плоскость CDP перпендикулярна прямой АВ.
Следовательно, высоты СК J_ PD и DL _L PL треугольника CDP служат одновременно высотами тетраэдра.
Действительно, СК-LAB (поскольку прямая СК лежит в плоскости CDP) и СК-LPD, в силу чего прямая СК перпендикулярна плоскости ABD. Аналогичным образом заключаем, что прямая DL перпендикулярна плоскости АВС.
Высоты СК и DL тетраэдра как высоты треугольника пересекаются, что и требовалось доказать.
Примечай и е. На рис. 3 и 4 изображен случай, когда двугранные углы тетраэдра при ребрах АВ и CD острые. Приведенные выше рассуждения не зависят от этого частного предположения
6. Открутить гайку можно в том и только в том случае, если выполняются следующие два условия:
1) гайка (квадрат Q) входит в отверстие (правильный шестиугольник S) ключа;
2) при повороте ключ «захватывает» гайку, что происходит, если наибольшее расстояние между двумя точками гайки, то есть длина диагонали квадрата Q, больше «наименьшей ширины» отверстия ключа, то есть расстояния между противоположными сторонами шестиугольника 5.
Эти условия необходимо представить в виде зависимостей между а и Ь.
43
Пусть bo — сторона наибольшего квадрата, который можно поместить в шестиугольник S.
Тогда условие (1) можно записать в виде неравенства
b^b0,
а условие
(2)—в виде неравенства b а^З, или Ь>а
поскольку расстояние между противоположными сторонам^ правильного шестиугольника со стороной а равно я Уз?
Объединяя оба неравенства, получаем условие
(*)
Необходимо вычислить величину в зависимости от а.
Для этого докажем, что наибольший квадрат, помещающийся в шестиугольнике S, равен квадрату ABCD (рис. 5), стороны которого соответственно параллельны
двум осям симметрии шестиугольника S, а вершины лежат на сторонах шестиугольника.
Пусть Q — произвольный квадрат, помещающийся в шестиугольнике S. Требуется доказать, что квадрат Q не больше квадрата ABCDt
44
Возможны следующие два случая.
Случай 1. Центр квадрата Q совпадает с центром О шестиугольника. Диагонали квадрата Q лежат на взаимно перпендикулярных прямых МР и NR, делящих шестиугольник на 4 части. Некоторые из этих частей содержат целиком стороны шестиугольника S, поскольку прямые МР и NR могут пересекать не более четырех из шести его сторон.
Пусть, например, угол MON содержит сторону KL шестиугольника S. Не ограничивая общности, можно предположить, что сторона АВ квадрата ABCD параллельна (как на рис. 5) стороне KL шестиугольника (в противном случае квадрат ABCD можно повернуть на соответствующий угот). В этом случае отрезки ОМ, ON либо совпадают с отрезками ОА, ОВ и тогда ОМ = — ОА, либо один из отрезков, например ОМ, лежит (как на рис. 5) вне угла АОВ и тогда ОМ <z ОА. В обоих случаях ОМ ОА.
Кроме того, диагональ квадрата Q не больше отрезка PM = 2ОМ. По доказанному выше PM 2ОА, или PM^iAC. Следовательно, квадрат Q не больше квадрата ABCD.
Случай 2. Центр квадрата Q находится в точке Т, не совпадающей с центром О шестиугольника S (рис. 6).
Подвергнув квадрат Q параллельному переносу на вектор ТО, получим квадрат Qlt равный квадрату Q, с центром в точке О. Нетрудно доказать, что квадрат Qi лежит в шестиугольнике S. Действительно, пусть К— произвольная точка квадрата Q, L — точка, симметричная
45
точке К относительно центра Т, а М — точка, симметричная точке L относительно центра О (рис. 6). Точка L принадлежит квадрату Q и, следовательно, шестиугольнику S, в силу чего точка М также принадлежит шестиугольнику S. Поскольку шестиугольник S — выпуклая фигура, то середина Ki отрезка КМ, соединяющего две точки шестиугольника S, также принадлежит ше-
—>	—>
стиугольнику S. Но КК\ = ТО. Следовательно, точка К\ — образ точки К при произведенном нами параллельном переносе. Таким образом, образ Qi квадрата Q принадлежит шестиугольнику S, а поскольку, как доказано выше, квадрат не больше квадрата ABCD, то и квадрат Q также не больше квадрата ABCD, что и требовалось доказать.
Из доказанного выше следует, что длина отрезка Ьо в неравенстве (*) равна длине стороны квадрата ABCD. Величину стороны квадрата можно вычислить, например, из прямоугольного треугольника DEF (рис. 5), у которого больший катет DF равен ~ Ьо, меньший ка-
тет EF равен а —~ b0, a Z DEF = 60°.
Поскольку
lfeo=(a-|bo) V3, то
&0 - _2° V3 и _ (з _	) а.
Уз +1	'
Итак, ответ на вопрос задачи гласит: гайку можно открутить ключом в том и только в том случае, если а и b удовлетворяют условию
^<»<(з-7з)=.
7.	Пусть хь х2— корни квадратного трехчлена х2-(-/пх + п, а х3, х4— корни квадратного трехчлена х2 + Рх + q.
Предположим, что пары корней разделяют друг друга, то есть Xi, х2, х3, х4 — вещественные числа, и одно из чисел х3, х4 лежит внутри интервала (хь х2), а другое— вне этого интервала.
46
Тогда возможен один из двух случаев: либо разности х3— хь х3 — Х2 имеют одинаковые знаки, а разности х4— Xi, х4— хг имеют противоположные знаки, либо наоборот. В обоих случаях
(х3 — xj (х3 — х,) (х4 — Xi) (х4 — х2) < 0.	(1)
Поскольку Xi +' %2 — —т, xtx2 = и, то
(хз — Xj) (хз — X,) = Х3— (X, + х2) Х3 + Х!Х2 = *1 + ,ПХЛ + (х4 — X,) (х4 — х2) = х2 — (х, + х2) Х4 + х,х2 = х2 + тх4 + п
и неравенство (1) можно преобразовать к виду
(х~ + тх3 + п) (х2 + тх4 + м) < 0.	(2)
Раскрывая скобки в левой части неравенства (2) и учитывая, что
х3 + х4 = — р, x3x4 = q и х2 + х2 =
= (х3 + х4)2 — 2х3х4 = р2 — 2q, получаем
(х2 + тх3 + л) (х2 + тх4 + /г) = х2х2 + тх3х4 (х3 + х4) + + т х3х4 + п (х2 + х2) + тп (х3 + х4) + п2 = = q2 — mpq + m2q п(р2 — 2q) — тпр + п2 = = (п — q)2 + mq (in — р) + пр (р — т) — = (п — q)2 + (in — р) (mq — пр).
Таким образом, неравенство (2) мы преобразовали к виду
(п — q)2 + (т — р) (mq — пр) <0.	(3)
Итак, мы доказали утверждение: если корни квадратных трехчленов х2 + тх 4~ п и х1 + рх + q разделяют друг друга, то коэффициенты этих квадратных трехчленов удовлетворяют условию (3).
Докажем теперь, что справедливо и обратное утверждение: если выполнено условие (3), то квадратные трехчлены х2 + тх + п и х2 + рх + q имеют вещественные корни, причем корни одного трехчлена разделяют корни другого трехчлена.
Доказательство. Подставив в неравенство (3) выражения р — — (х3 + х4), q — ХзХ4, получим
47
неравенство (2), которое можно представить в виде f(x3)f(x4)<0,	(4)
где j (х) = х2 + тх ф- п.
Предположим, что х3 и х4— невещественные числа. Из алгебры известно, что если корни квадратного трехчлена с вещественными коэффициентами не вещественны, то они комплексно сопряжены, то есть
х3 = а ф- Z0, х4 — а — t0,
где а и 0 — вещественные числа, a i обозначает мнимую единицу (i2 = —1).
Подставив вместо х числа х3 и х4, вычислим значения функции f(x):
f (*з) = (а + Ф)2 + т (а ф- 10) ф- п =
= (а2 — 02 ф- та ф- и) ф- i (2аЗ ф- /и0),
f (х4) = (а — Z0)2 + т (а — Z0) ф- п =
— (а2 — 02 ф- та ф- п) — i (2а0 ф- т0).
Мы видим, что если х3 и х4— комплексно сопряженные числа, то значения f(x3) и f(x4)— также комплексно сопряженные числа. Произведение комплексно сопряженных чисел — вещественное неотрицательное число, поэтому
F(x3)f(x4)>0.	(5)
Итак, предположение о том, что корни х3 и х4 не вещественны, приводит к неравенству (5), противоречащему неравенству (4). Следовательно, х3 и х4 — вещественные числа, и из неравенства (4) заключаем, что f(x3) и f(x4) — также вещественные числа противоположных знаков. Но тогда квадратный трехчлен f(x) = = х2ф-тхф-‘п имеет вещественные корни Xi и х2, один из которых заключен между числами х3 и х4, а другой лежит вне интервала (х3, х4), что и требовалось доказать.
8.	Обозначив цифры, которые требуется найти, через х и у, запишем число ЗОхОуОЗ в виде
М = 3 • 10еф-х • 104 ф- у • 102 ф- 3.
48
Нам необходимо найти такие целые числа х и у, чтобы число N делилось на 13 и выполнялись неравенства 0^у<+.
Числа 10®, 104, 102 дают при делении на 13 остатки 1, 3, 9, поэтому
3-	106— 13^ + 3.
х- 104= 13/?24-Зх, у 102 = 13/е3 + 9у, где klt kz, k3 — натуральные числа. Следовательно, число N можно представить в виде
jV = 13/? -|- 3 + Зх + 9у + 3, или
дг= 13/е + 3 (х + Зу + 2), где k — натуральное число.
Число W делится на 13 в том и только в том случае, если число х + Зу + 2 делится на 13, то есть если х и у удовлетворяют соотношению
х + Зу + 2 = 13m,
где т — натуральное число.
Из неравенства х 9, у 9 следует, что
х + Зу + 2^9 + 3- 94-2, или х + Зу + 2	38,
поэтому число т должно удовлетворять неравенству 13m + 38, то есть может принимать только значения 1 или 2'
1)	выбрав т — 1, получим для х и у уравнение
х + 3у + 2=13, или х=11— Зу.
При ограничениях 0 <4 х 9, 0 =+ у + 9 это уравнение имеет три решения в целых числах:
у=1, х = 8; у = 2, х = 5; у —3, х = 2;
2)	при т — 2 получаем уравнение
х + Зу + 2 = 26, или х — 3 (8 — у),
допускающее следующие решения в целых числах: у — 5, х = 9; у = 6, х = 6; у = 7, х = 3;
у = 8, х = 0.
49
Таким образом, исходная задача имеет 7 решений, которым соответствуют числа 3080103, 3050203, 3020303, 3090503, 3060603. 3030703, 3000803.
9.	Разделив обе части равенства 1 = а + b + с по очереди на а, Ь, с, получим
—	=1 +— + —, а	а а
b b	b '
—	= —+ —+1, с с с
откуда
т+т+4-3 + (т+4) + (т + т) +
+ (т+т)- (•>
Кроме того,
и  Ь _ а2 + Ь2 _’(а — fe)2 Ч~ 2аЬ _ (а — Ь}2 . %
b ' a ab	ab	ab
Следовательно,
а . fe	n	b . с п с . а
~г- 4-+ 2 и аналогично-р-^-^2,--------^2,
Ь ' а	с 1 b — ’ а с
что позволяет преобразовать неравенство (*) к виду
— + -^ + — >3 + 24-2 + 2, или — 4-4 + —>9-
abc	1	1	’	а b 1 с —
Примечание. Можно спросить, в каких случаях (при предположениях, принятых в условиях задачи) достигается равенство
т+4-+т=9’
то есть при каких значениях а, Ь, с, дающих в сумме 1, сумма обратных величин достигает своего наименьшего значения, равного 9.
Ответ на этот вопрос нетрудно получить из приведенного выше доказательства. Равенство (**) достигается в том случае, если слагаемые, стоящие в правой части равенства (*), принимают наименьшие значения, то есть если
А= А + +=_£4-А = 2,
Ь а с ' b а с
50
или, что то же, при
. 1
« = 6 = с = у.
10.	Изобразив рассматриваемую фигуру при помощи параллельного косоугольного проектирования на плоскости, проходящей через балку в ее начальном положении АВ и через точки подвеса М и N, получим рис. 7 или рис. 8, где АВ = a, AM = BN = b, Z_A = Z_B = 90°.
Пусть S — середина балки. После поворота на угол <р вокруг вертикальной осп, проходящей через точку S, балка занимает положение CD. Середина отрезка CD — точка Т — принадлежит плоскости проекции.
Положение проекции точки С зависит от направления пучка параллельных прямых, при помощи которых производилось проектирование. За проекцию точки С можно принять любую точку С', например ту, которая изображена на рис. 7 или на рис. 8. Проекция D' точки D симметрична точке С' относительно точки Т.
Вычислить длину отрезка ST — х (высоту подъема балки) несложно. Проведем отрезок ТК, параллельный и равный отрезку SX. Тогда
х= АК = АМ — КМ.
Но AM — b, а отрезок КМ служит катетом прямоугольного треугольника КМС с гипотенузой МС — AM и другим катетом КС. Отрезок КС можно рассматривать как основание равнобедренного треугольника КТС,
51
в котором ТК= ТС = ~АВ =~ a, ZKTC = q>. Следовательно,
7<C = «sin-f, KM=^Jb2-a2sm2^ ,
откуда окончательно получаем
х = b — b2 — a2 sin2 у .
Если b < а, то угол ф поворота балки не может быть больше угла ф0, определяемого выражением
sin-^- = -^-, где фо <180°.
При ф = фо балка поднимается на высоту х = Ь. При дальнейшем увеличении угла ф тросы, на которых подвешена балка, рвутся.
Если b а, то наибольшее значение угла ф равно 180°. При ф = 180° тросы, на которых подвешена балка, перекрещиваются, если b > а, и налегают одни на другой, если b — а.
В приведенном выше решении речь шла о вычислении высоты, на которую поднимается балка при повороте на угол ф вокруг вертикальной оси, проходящей через середину балки. Изображение при параллельном косоугольном проектировании понадобилось нам лишь как иллюстрация к проводимым выкладкам. Если же мы хотим, чтобы рисунок давал графическое решение задачи, то есть позволял при заданных длинах отрезков а и b и заданном угле ф получать длину отрезка ST, то проекцию необходимо строить иначе, а именно: точку Т, положение которой на рис. 7 и 8 было условным, необходимо находить из геометрического построения по заданным а, b и ф.
Для этого заметим, что в прямоугольном треугольнике КМС нам известны гипотенуза МС = МА и катет КС, равный основанию равнобедренного треугольника КСТ, в котором ТК — ТС =-^а, zLKTC = ф. По этим данным мы можем построить треугольник и найти длины отрезков КМ и ST — AM — КМ. Это построение изображено на рис. 9.
Б2
Прежде всего мы строим треугольник ASP, в котором 71S = SP = -^-a, Z.ASP = <p. Затем мы вычерчиваем полуокружность диаметром AM, проводим в ней хорду AL — АР и откладываем на прямой МА отрезок МК, равный отрезку ML. Точка Л расположена на одном
уровне с точкой Т. Таким образом, искомая высота, на которую поднимается балка, равна длине отрезка TS = КА.
Проекцию C'D' балки, повернутой на угол вокруг оси, проходящей через ее середину, мы найдем, выбрав произвольно точку С' и построив точку D', симметричную точке С' относительно точки Т.
11.	Отвлечемся на время от условия задачи, в котором говорится, что точки А, В, С, D лежат на одной окружности, и рассмотрим произвольный выпуклый четырехугольник ABCD, в котором продолжения сторон АВ и CD пересекаются в точке Е, а продолжения сторон AD и ВС — в точке F,
53
Б4
Проведем биссектрисы ЕО и FO углов Е и F, а также отрезок EF (рис. 10) и рассмотрим треугольники EAF, ECF, EOF, имеющие общее основание EF.
Каждый из углов при основании EF в треугольнике EOF равен среднему арифметическому углов треугольников EAF и ECF при той же вершине. Отсюда следует, что и третий угол х треугольника EOF равен среднему арифметическому углов а и у треугольников EAF и ECF, противолежащих общему основанию EF-.
а + у х— g •
Предположим теперь, что четырехугольник ABCD вписан в окружность (рис. 11). Тогда а + у = 180° и из предыдущего соотношения следует, что
x = ^+v.==90o.
Это означает, что диагонали четырехугольника MPNQ взаимно перпендикулярны. Но тогда в треугольнике PEQ биссектриса ЕО угла Е перпендикулярна стороне PQ. Следовательно, треугольник PEQ равнобедренный и точка О совпадает с серединой отрезка PQ. Аналогично доказывается, что точка О совпадает с серединой отрезка MN.
Четырехугольник MPNQ, диагонали которого взаимно перпендикулярны и делятся в точке пересечения пополам, как известно, является ромбом, что и требовалось доказать.
12.	Прежде всего заметим, что если точки М и N лежат на заданной окружности k, то любая точка С окружности, за исключением точек М и N, удовлетворяет условиям задачи: точки А и В совпадают в этом случае с точками М и N, а треугольник АВС — с треугольником MNC. В дальнейшем мы будем предполагать, что по крайней мере одна из точек М и N не лежит на окружности k.
Если С — точка, которую требуется найти по условиям задачи, то для подобных треугольников АВС и MNC, имеющих равные углы при вершине С, должны выполняться либо соотношения (первого рода)
ZA=ZM, ZB=Z^,	(I)
55
либо соотношения (второго рода)
Z.A=Z.N, ЛВ=ЛМ.	(II)
Если треугольники АВС и MNC равнобедренные, то соотношения первого и второго рода выполняются одновременно.
I. Поиск решений первого рода. В решениях первого рода стороны АВ и MN треугольников АВС и MNC параллельны, из чего следует, что либо обе точки М и N лежат на отрезках АС и ВС, либо обе точки М и N лежат на продолжениях этих отрезков. Таким образом, исходная задача может иметь решение первого рода в том и только в том случае, если точки Л1 и Л/, лежат либо обе внутри, либо обе снаружи заданной окружности, что мы будем предполагать в дальнейшем. Если точка С обладает требуемым свойством (рис. 12),
то треугольники АВС и MNC гомотетичны относительно точки С. При этой гомотетии окружности k, проходящей через центр гомотетии С и точки А и В, соответствует окружность I, касательная к окружности k в точке С и проходящая через точки М и /V, прямо гомотетичные точкам А и В.
Таким образом, исходная задача сводится к построению окружности /, проходящей через заданные точки Л4 и W и касательной к заданной окружности k.
Если окружность I построена, то точка С ее касания с заданной окружностью k обладает всеми требуемыми свойствами. Действительно, прямые МС и NC пересека
56
ют окружность k, гомотетичную окружности I относительно точки С, в точках А и В, соответствующих точкам М и /V. Треугольники АВС и MNC гомотетичны, причем /СА — /СМ, а /СВ = ZA'.
Задача допускает столько решений, сколько существует окружностей, проходящих через точки Л1 и N и касательных к окружности k Отсюда мы заключаем (см. примечание к этой задаче), что
1) если точки Л1 и N лежат обе внутри окружности k или если они обе лежат вне окружности k, но прямая MN не касается этой окружности, то исходная задача допускает два решения;
2) если точки М и N лежат вне окружности k, а прямая MN касается этой окружности, то исходная задача допускает одно решение.
Примечание Одна из классических задач геометрии, известная как задача Аполлония *, формулируется так- построить окружность, касательную к трем заданным окружностям. Если две из данных окружностей имеют радиус, равный нулю, то мы приходим к следующему предельному случаю задачи Аполлония: построить окружность, касательную к заданной окружности k и проходящую через две заданные (различные) точки М и N.
Приведем решение этой задачи в предположении, что точки М н N лежат либо обе внутри, либо обе вне заданной окружности. При любом ином расположении точек М и N относительно окружности k решение задачи Аполлония очевидно.
Предположим, что точки М и N равноудалены от центра О окружности k. Тогда окружность, проведенная через точки Л1, N и точку Т окружности k, касается заданной окружности в том и только в том случае, если точка Т лежит на прямой з, проходящей через середину отрезка MN перпендикулярно ему. Следовательно, искомую точку Т мы получим, построив точку пересечения прямой s с окружностью k. Задача имеет два решения, за исключением того случая, когда прямая MN совпадает с касательной к окружности k (тогда задача имеет только одно решение).
Предположим теперь, что точки М к N не равноудалены от центра О заданной окружности, и проведем через точки М и N вспомогательную окружность /, пересекающую окружность k в точках А и В. В рассматриваемом случае прямая АВ пересекает прямую MN в некоторой точке S. Через эту же точку проходит радикальная ось окружности k и любой другой окружности, проходящей через точки Л-1 и N, поскольку степени точки S относительно этих окружностей равны. Таким образом, окружность, проведенная через точки М и Лг, касается окружности k
1 Аполлоний из Перги (III в. до в. э.)—один из выдающихся математиков Древней Греции.
57
в том и только в том случае, если радикальная ось этих окружностей, проходящая через точку S, касается окружности k. Следовательно, искомая точка Т окружности k лежит на касательной к этой окружности, проведенной из точки S. Задача имеет два решения за исключением того случая, когда прямая MN совпадает с касательной к окружности k (тогда задача допу-< скает только одно решение).
II. Поиск р ешений второго рода. Предположим, что в треугольниках АВС и MNC (рис. 13)
Z А = Z N.
Из подобия треугольников АВС и MNC следует, что
СА СВ
CN ~' СМ ’
поэтому
с А  СМ = СВ  CN.
Пусть г2 — общее значение произведений, стоящих в правой и левой части последнего равенства. Тогда при
инверсии относительно окружности с центром С и радиусом г точке М соответствует точка А, а точке /V — точка В. Таким образом, прямая MN при инверсии относительно окружности с центром С и радиусом г переходит в заданную окружность k.
Центр инверсии С лежит на оси симметрии фигуры, образованной окружностью k и прямой MN, то есть на перпендикуляре, опущенном из центра О окружности k на прямую MN. Если этот перпендикуляр пересекает окружность k в точке С, не лежащей на прямой MN, то
58
эта точка удовлетворяет всем условиям задачи. Действительно, прямая СМ, не будучи перпендикулярной прямой СО, пересекает окружность k еще в одной точке, а именно в точке А. Аналогичным образом прямая CN имеет с окружностью k, помимо точки С, еще одну общую точку В. При инверсии с центром в точке С, отображающей точку А в точку М, окружности k соответствует прямая, проходящая через точку М и перпендикулярная прямой СО, то есть прямая MN. Но тогда при этой инверсии точка В переходит в точку N и, следовательно, выполняется равенство
С А • СМ = СВ • CN,
или, что то же,
СА _ СБ CN ~ СМ '
Таким образом, треугольники АВС и MNC подобны и /_А = Z_N.
Проведенное построение выполнимо во всех случаях. Перпендикуляр, опущенный из точки О на прямую MN пересекает окружность k в двух точках, причем может случиться так, что одна из этих точек лежит на прямой MN. Так происходит, когда прямая MN совпадает с касательной к окружности k. В этом случае задача допускает одно решение. Если прямая MN не совпадает с касательной к окружности k, то задача имеет два решения.
13.	Корни кубического уравнения
х3ах2 А-Ьхс = 0	(1)
образуют арифметическую прогрессию в том и только в том случае, если сумма двух из них равна удвоенному третьему или если сумма всех трех корней равна утроенному третьему корню. Поскольку сумма всех корней уравнения (1) равна — а, то этот третий корень уравнения равен —1/3а.
Итак, корни кубического уравнения (]) образуют арифметическую прогрессию в том и только в том случае, если число —‘Да удовлетворяет данному уравнению.
Подставляя в уравнение (1) вместо х число —‘Да, запишем полученное необходимое и достаточное условие
59
в виде
(-^)’+Ч-^)!+‘(-4")+^о.
Или после упрощения — в виде
2а3 - 9аЬ ф- 27с = 0.	(2)
Предположим, что коэффициенты а, Ь, с удовлетворяют соотношению (2), то есть что уравнение (1) имеет корень Xi — —1/3а. Мы должны вывести еще необходимое и достаточное условие, при котором два остальных корня х2 и х3 уравнения (1) вещественны.
По теореме Виета
xi + х2 + х3 = — a, XjX2 + х2х3 + х3хл = b,
а х, = —1/3а. Следовательно, ।	2	_,	2 о
х2 + хл = а, х2хл = Ь — -^аг.
Таким образом, числа х2 и х3 удовлетворяют квадратному уравнению
х24-у«х+ (ь — -|о2) = 0.	(3)
Поэтому они вещественны в том и только в том случае, если
Д = уа2-4(б--|а2)>0, или
п2-36>0.	(4)
Итак, необходимыми и достаточными условиями, при которых корни кубического уравнения (1) вещественны и образуют арифметическую прогрессию, служат соотношения (2) и (4).
14.	Утверждение задачи мы докажем, преобразуя исходное равенство
собЗД -|- cos ЗВ + cos3C= 1.	(1)
Рассуждать при этом можно по-разному.
Например, для того чтобы один из углов А, В, С был равен 120°, необходимо и достаточно обращение в пуль одной из разностей 1 — cos ЗЛ, 1 — cos ЗВ, 1 — cos ЗС. В свою очередь одна из этих разностей обра*.
СО
щается в нуль в том и только в том случае, если
(1 - cos 34) (1 - cos ЗВ) (1 - cos ЗС) = 0.	(2)
Итак, попытаемся доказать, что из равенства (1) следует соотношение (2), Для упрощения выкладок произведем в равенстве (1) подстановку С=180°—(Д+В), в силу чего cos3C = —cos(34+ ЗВ), и получим
cos ЗД + cos ЗВ — cos (34 + ЗВ) — 1	(3)
или
cos 34 + cos ЗВ — cos ЗД cos ЗВ + sin 3 Д sin ЗВ — 1 = 0. (4)
Поскольку нам необходимо получить соотношение, содержащее только косинусы углов, запишем равенство (4) в виде
sin 34 sin ЗВ — (1 — cos 34) (1 — cos ЗВ) и возведем обе части в квадрат:
sin2 ЗД sin2 ЗВ — (1 — cos ЗД)2 (1 — cos ЗВ)2.
Преобразуя это соотношение, получаем
(1 - cos2 34) (1 - cos2 ЗВ) - (1 — cos ЗД)2 (1 - cos ЗВ)2 = 0, (1 — cos ЗД) (1 — cos ЗВ) [(1 + cos ЗД) (1 + cos ЗВ) —
— (1 — cos ЗД) (1 — cos ЗВ)] = 0, (1 — cos 34) (1 — cos ЗВ) (cos ЗД + cos ЗВ) = 0.
Равенство (2) следует из последнего соотношения, поскольку по предположению задачи
cos ЗД + cos ЗВ = 1 — cos ЗС
в силу равенства (1).
15.	Первое решение. Заметим, что если end—1 последние цифры натуральных чисел а и Ь, то
ab = (10/г + с) (101 + d) = 10 (Wkl + kd + c!) + cd, где k и I — неотрицательные целые числа. Следовательно, последняя цифра произведения ab совпадает с последней цифрой произведения cd. Пользуясь этим, будем рассуждать следующим образом.
Известно, что
1+2 + 3+ ... + /г =
Л!
61
Если число п заканчивается цифрой 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, то число п + 1 — цифрой 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0, а произведение п(п + 1) — цифрой 0, 2, 6, 2, 0, 0, 2, 6, 2, 0.
Если бы число /LIeJlIL заканчивалось цифрой 2, 4, 7, 9, то последней цифрой числа 2- [п(п + 1) ]/2 = = п(п-\- 1) была бы цифра 4, 8, 4, 8, что, как мы доказали выше, невозможно.
Второе решение. Задача допускает простое и наглядное решение, если рассуждать следующим образом.
Пусть Sn = 1 + 2 -|- ... + п. Заметим, что если разность k — I (k, I — произвольные натуральные числа) делится на 5, то разность Sk— St также делится на 5. Действительно,
„	fe(fc+D /(Z + l) (fe-/)(fe + /+D
Jfe Oz	2	2	=	2
где правая часть делится на любой нечетный делитель числа k — I.
Разделим круг на 5 секторов А, В, С, D, Е (рис. 14).
Следуя в направлении, указанном стрелкой, разместим в секторах по порядку цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0 так, как показано на рис. 14. Если т — любое натуральное число, то его последняя цифра находится в m-м секторе, считая от сектора А в направлении стрелки. Если
два числа отличаются на целое кратное числа 5, то цифры, которыми они заканчиваются, находятся в одном и том же секторе, поскольку увеличению числа на 5k со-
62
ответствует ft-кратный обход нашего «циферблата». Последние цифры сумм Si = 1, S2 = 1 +2, S3 = 1 + 2 + 3, Si = 1 + 2 + 3 + 4, S6=l+2 + 3 + 4 + 5 находятся соответственно в секторах А, С, А, Е, Е. В тех же секторах (в том же порядке) находятся последние цифры следующих пяти сумм S6, S7, S8, S9, Si0, поскольку эти суммы отличаются от сумм St, S2, S3, S4, S5 на числа, кратные 5. Аналогичное утверждение справедливо и относительно следующих пяти сумм Sn, S12, .,., Sj5 и так далее. Таким образом, последняя цифра любой суммы S„ должна находиться в одном из секторов А, С, Е. Это может происходить лишь в том случае, если суммы Sn заканчиваются одной из цифр 1, 6, 3, 8, 0, 5.
Примечание. Аналогичным образом можно доказать, что последняя цифра суммы квадратов, а также суммы кубов натуральных чисел от 1 до и может находиться только в одном из секторов A, D. Е, то есть совпадать только с одной из цифр 1, 6, 4, 9, 0, 5.
16.	Известно, что
(А + В) + (С + D) = 360°,
поэтому если
Л + В + 90° и А +В 270°, то
tg (А + В) + tg (С + D) = 0	(1)
и
icA4-tgB , igC+tgC _ л 1-tgAtgB 1-tgCtgD
Умножая обе части этого равенства на (1 — — tg A tg В) • (1 — tg С tg D), получаем
(tg л + tgB) (1 - tgctgD) +
+ (tg С + tgZ)) (1 — tg A tg В) = 0, или после несложных преобразований
tg А + tg В + tg С + tg D = tg В tg С tg D +
+ tg A tg C tgD + tg A tgB tg D + tg A tg Btg C.
Разделив правую и левую части последнего равенства на произведение tg A tg В tg С tg D, преобразуем его
63
к виду
tg Л -f- tg 7? -f- tg С -f- tg D ,	, .	, n .	, ~	, г. , .
----CtgА + ctgв + ctgС + ctgD. (*)
Именно это соотношение и требовалось доказать.
В -приведенном выше доказательстве имеется пробел, а именно: равенство (1) было получено в предположении, что А 4- В у= 90° и А -}- В #= 270°. Поэтому необходимо еще рассмотреть случай, когда A -j- В — 90°, в силу чего
С + D = 270°.	(2)
(Случай, когда А 4- В — 270° и С 4- D — 90°, не требует особого рассмотрения, поскольку сводится к предыдущему при изменении обозначений углов четырехугольника.)
Из равенств (2) и того, что каждый угол выпуклого четырехугольника содержится между 0° и 180°, следуют неравенства	*
0° < А < 90°,
90° < С < 180°,	(3)
из которых мы получаем новое неравенство 90° < А 4- С < 270°.
Поскольку А 4- С = 360°—(В 4- D), то
tg(/4-Q + tg(B + O) = 0.	(la)
Соотношение, приведенное в условиях задачи, выводится из равенства (1а) так же, как выше мы вывели его (при дополнительном предположении о том, что А-}-В^= ^90° и А 4- В =# 270°) из равенства (1).
Примечание. При выводе неравенств (3) мы воспользовались предположением о выпуклости четырехугольника ABCD Возникает вопрос: выполняется ли соотношение (*)> приведенное в условиях задачи, для невыпуклого четырехугольника, ни один из углов которого не равен 90° и 270°? Оказывается, что соотношение (*) остается в силе и для невыпуклого четырехугольника, однако доказательство его, приведенное выше для случая выпуклого четырехугольника, необходимо несколько дополнить.
Итак, предположим, что четырехугольник ABCD невыпуклый. Как и в случае выпуклого четырехугольника, сумма углов равна 360°;
Д + В4-С4-О = 360°,
С!
поскольку диагональ, проведенная из вершины угла, который больше 180°, делит четырехугольник на два треугольника.
Если четырехугольник ABCD содержит два угла, сумма которых отлична от 90° и от 270°, то соотношение (*) можно доказать так же, как и в случае выпуклого четырехугольника.
Но существуют и такие иевыпуклые четырехугольники, у которых любые два угла в сумме равны либо 90°, либо 270°. Пусть А — угол такого четырехугольника, который больше 180°. Тогда
В + С = 90°,
С + D = 90°,
D + В = 90°,
откуда следует, что
В == С = £) = 45°, А = 225°.
Приведенное выше доказательство неприменимо к такому
в этом случае, поскольку все входящие в него тангенсы равны 1 и оно вырождается в тождество 4 = 4.
17.	Пусть X, Y, Z — точки пересечения прямых AM, BN, СР (рис. 16).
Поскольку площади треугольников с равными высотами относятся как основания, то
,	__ ВМ с	АХ „
АВМ— ~вс~‘^’ ^АВХ—-дм ‘ ^АВМ
и, таким образом,
„	_ ВМ АХ „
Ьавх — ВС  AM ‘
(1)
3 Зак. 933
65
Величины отношений ВМ/ВС и АХ/АМ мы вычислим, используя ряд равных отношений
ВМ CN _ АР _
МС ~ NA ~ РВ ~	'*'
приведенный в условиях задачи.
Действительно,
ВС ВМ+МС 1 I 1 k + 1
ВМ ~~ ВМ ~ 1 + k ~' k ’ откуда
вм  k	(п\
ВС	Л 4- 1 •	W
Величину отношения АХ/АМ мы найдем, применив к треугольнику АСМ, пересеченному прямой BN, теорему Менелая, то есть из соотношения
AN СВ MX _ .
NC ' ВМ ' ХА ~ **
Последнее можно представить в виде
NA МС + ВМ MX .
CN ' ВМ ХА ~ Е
Подставляя из (*) значения отношений
NA МС 1
CN — ВМ ~ k ’
66
получаем
k I k + U XA
откуда
AX _ k + 1 k2
XM
и
/г+ 1
AX AX
AM ~ AX + XM k2 + k + 1 *
(3)
Подставляя значения отношений BM/BC и AXj AM. из (2) и (3) в соотношение (1), находим площадь треугольника ABXi
$АВХ ki + k + I -S-
Площадь треугольника BCY мы вычислим, заменив в приведенных выше выкладках буквы А, В, С соответственно буквами В, С, А, буквы М и N — буквами N и Р и букву X — буквой Y. Аналогичным образом можно найти и площадь треугольника CAZ. Ясно, что все вычисления приводят к одним и тем же результатам, так что
Sbcy — Sc az — SABX
k c
k2 + k + 1
Поскольку	Sxvz — S — (SABX + SBCY + ScAz)t
то	Q	Q	3/?	Q ^XYZ — Z	k2 + k+l^>,
или	s-	(4) xrz	If J	' '
Примечание. Условие k > 1 можно заменить более слабым условием k > 0 и k 1. Все рассуждения и окончательный результат вычислений — соотношение (4)—остаются при этом прежними.
При k = 0 точки М, N, Р совпадают соответственно с точками В, С, А, а треугольник XYZ — с треугольником ВСА. При
3»	' 67
68
k = 1 треугольник XV Z вырождается в точку — центр тяжести треугольника АВС. Выражение (4) в обоих случаях дает правильное значение площади треугольника XVZ. S и 0.
18.	На один полный оборот винтовой лестницы приходится 360/18 = 20 ступеней общей высотой 20 • 0,15= — 3 м. Таким образом, ступень с номером 20 +А расположена как раз над ступенью с номером k в 3 м от нее. Ортогональная проекция винтовой лестницы на горизонтальную плоскость имеет вид кругового кольца, разделенного на 20 секторов (рис. 17). Наружный радиус кольца составляет 1 м, внутренний — 0,32 м. Стержень, который необходимо пронести по винтовой лестнице, находится в сечении лестничной клетки вертикальной плоскостью а. Пусть прямая PQ — след плоскости а на ортогональной проекции лестничной клетки на горизонтальную плоскость. Вид сечения лестничной клетки плоскостью а мы найдем, отложив на перпендикулярах, восставленных из различных точек хорды PQ, отрезки, равные высоте соответствующих точек сечения над основанием башни (рис. 17). Ломаная Ь2 получается при параллельном переносе ломаной Lj в направлении, перпендикулярном прямой АВ, на 3 м. В построенном нами сечении может уместиться стержень, длина которого не превышает длину отрезка
лс=7лв2 + вс2.
Рассматривая вертикальную плоскость, параллельную плоскости а, нетрудно убедиться в том, что отрезок АС достигает наибольшей длины, когда след плоскости а на ортогональной проекции лестничной клетки на горизонтальную плоскость касается внутренней окружности кольца, поскольку при этом отрезки АВ и ВС имеют наибольшую длину.
Итак, исходная задача сводится к вычислению наибольшей длины стержня, который можно пронести по винтовой лестнице так, чтобы он все время касался внутреннего столба.
Сечение лестничной клетки плоскостью, касательной к столбу, построим аналогично тому, как это было сделано на рис. 17. Единственное отличие состоит в том, что прямая АВ касается меньшей окружности (рис. 18).
69
70
I
Длину хорды АВ мы найдем из соотношения АВ2 =* ~4(ОА2— ОМ2) = 4—(0,64)2, а центральный угол АОВ — из соотношения cos ZAOB^ = OMjOA = 0,32, из которого следует, что ZAOB = 142° 40'. В угле АОВ помещается приблизительно 78/8 отрезка, соответствующих ступеням лестницы.
Сечение, изображенное на рис. 18 сплошными линиями, проходит через конец А ребра одной из ступеней. Поэтому в нижней части сечения имеются 7 точек пересечения плоскости вертикального сечения с ребрами ступеней. Это точки 1, 2.....7,	принадлежащие ребрам
ступеней, которые проектируются в отрезки OAi, ОАг, .... ..., ОА7. В верхней части сечения имеются аналогичные точки 1', 2', ..., 7'. Нетрудно видеть, что BD =* = 7-0,15 м = 1,05 м, ВС = BD + DC = 1,05 мфЗм = «= 4,05 м.
В таком сечении можно поместить стержень, длина которого не превышает длину отрезка
АС = д/ДВ2 + ВС2 « 4,47 м.
Пусть плоскость вертикального сечения поворачивается вокруг оси башни. Сечение будет изменяться в зависимости от угла поворота, причем все возможные виды сечения встретятся уже при углах поворота, заключенных между 0° и 18°. При дальнейшем увеличении угла через каждые 18° сечения повторяются, сдвигаясь вверх на 0,15 м.
Для того чтобы проследить на рисунке за изменением формы сечения, удобно предположить, что плоскость АВС сечения неподвижна, а поворачивается башня (например, в направлении, указанном стрелкой на рис. 18). Тогда при повороте на угол от 0° до 18° точка Д1 описывает дугу AiA, а точка Де — дугу АвА7. Рассмотрим более подробно, как происходит такой поворот.
1.	Пока точка Де описывает дугу А8В, стержень, находившийся сначала в положении АС, может оставаться в том же положении, то есть иметь вычисленную выше максимальную длину 4,47 м. Заметим, что при повороте на угол А8ОВ ни одно из ребер ступеней винтовой лестницы не мешает стержню располагаться вдоль отрезка АС: из рис. 18 ясно видно, что точки 1, 2, ..., 7 все время остаются по одну сторону, а точки Г, 2', ...
71
7'— по другую сторону относительно прямой АС. В этом можно также убедиться, произведя соответствующие выкладки и доказав, что углы BAI, ВА2, ..., ВА7 остаются меньше, а углы ВС1, ВС2, ..., ВС7 — больше угла ВСА.
2.	После того как точка Д8 совпадает с точкой В и начинает описывать дугу ВАт, ситуация изменяется. Плоскость АВС, помимо перечисленных выше ребер ступеней, проходит также через ребра ступеней, проектирующихся на радиус ОД8. В верхней части сечения с левой стороны возникает восьмая выемка, и стержень можно постепенно передвигать в плоскости АВС вверх из положения АС до положения А'С', то есть поднять на высоту одной ступени, или 0,15 м. На рис. 18 соответствующий вид сечения показан пунктиром.
3.	Когда точка Д8 находится в положении Ат, мы получаем сечение того же вида, что и в исходном положении плоскости, но поднятое вверх на 0,15 м. Стержень сохраняет положение А'С', в котором остается до того момента, пока точка Д9 не совпадает с точкой В, после чего его снова можно сдвинуть вверх, и так далее.
Из сказанного следует, что стержень длиной 4,47 м можно пронести по винтовой лестнице снизу вверх. Более длинный стержень пронести невозможно, поскольку он не уместился бы в некоторых сечениях, например в начальном сечении, лестничной клетки.
19.	Прежде всего докажем, что для любого натурального п существуют такие натуральные числа а и Ь, при которых
Г (1--v/2)" = Va2--</2й2,
I a2-2b2 =(-!)".
Доказательство. При п = 1 утверждение верно: в этом нетрудно убедиться, взяв а = b = 1. Предположим, что утверждение выполняется при некотором п. Тогда
(1 + V2)n+' = (1 - V2)nL(l - V2) =_
= (д/а2 - д/2^) (1 - д/2 ) = (а - Ь д/2 ) (11 - д/2) =
= (а + 2b) — (аЬ)-\/2 = у/(а + 2Ь)2 - д/2 (а + ЬУ=_
=V^-V2&f,
72
где йг и bi — натуральные числа и
а2 — 2^2 = (а + 2Ь)‘ — 2 (а + bf = - а2 + 2Ь2 =
= — (а2 — 2fc2) — (—l)n+I.
Таким образом, утверждение верно и при показателе, равном «4-1. Пользуясь принципом математической индукции, мы заключаем отсюда, что утверждение выполняется при любом натуральном п.
Утверждение задачи непосредственно следует из доказанного утверждения. Действительно, если п — четное число, то
(д/2 — 1)" = (1---</2)" = Vfl2--</2Ь2,
причем а, Ь, так же как и а2, 2Ь2,— натуральные числа, а а2 — 2b2 = 1. Если же п — нечетное число, то
(д/2— 1)" = -(1 - д/2)" = д/262-
где 2Ь2, а2—натуральные числа и
2b2 — а2= — (а2 — 2Ь2) = - (-1) = 1.
20.	Предположим, что b > 0 (если b «= 0, то есть если велосипедист находится на шоссе, то задача допускает тривиальное решение).
Пусть М — точка, в которой находится велосипедист, 5 — точка встречи, а — угол MOS, t — время, отсчитываемое от того момента, когда велосипедист пускается в путь до момента встречи, х — скорость велосипедиста. Применяя к треугольнику MOS, в котором OS = vt, MS = xt, ОМ = a, Z_MOS = а, теорему косинусов, получаем
x2t2 = a2 4- v2t2 — 2avt cos a, x2 = -~з— 2av cos a • -j- 4- v2.
Пусть l/t = s, тогда
x2 — а2& — 2aucosa • s 4- u2 = (as — v cos a)2 4~ v2 — u2cos2a, или, более кратко,
x2=(as—и cos a)2 4-a2 sin2 a.	(1)
Требуется найти такое положительное значение s, при котором положительная величина х, а следовательно*
73
и х2, принимает наименьшее значение, причем необходимо различать два случая.
Случай 1: cos а > 0, то есть угол а острый. Из соотношения (1) следует, что х принимает наименьшее значение xmin, когда as — v cos а — 0, откуда
v cos а
Таким образом, x^In=u2sin2a и xmin = usina.
Случай 2: cos а 0, то есть угол а прямой или тупой. В этом случае не существует минимальной скорости, позволяющей велосипедисту догнать автомобиль, поскольку выражение as — v cos а и, следовательно, х2 принимают тем меньшие значения, чем ближе к нулю величина $, то есть чем больше t. При неограниченном возрастании t величина s стремится к нулю, а х, как видно из соотношения (1), стремится к и.
Рис. 19.
Поясним наши выводы на рисунках. При a < 90° '(рис. 19) минимальная скорость велосипедиста составляет usina = -y-. Встреча его с автомобилем происхо-1	v cos а	~
дит в тот момент, когда у =-------. Следовательно, до
встречи велосипедист успевает проехать расстояние MS = v sin a-----— — a tg а. Это означает, что
v cos а	а	’
TZ-OMS = 90° и велосипедист должен ехать по прямой, составляющей прямой угол с отрезком ОМ.
При а 90° (рис. 20) велосипедисту необходимо преодолеть большее расстояние, чем автомобилю. Сле
74
довательно, догнать автомобиль велосипедист может только в том случае, если сумеет развить скорость, превышающую скорость v автомобиля. Однако разность между скоростью велосипедиста и скоростью автомобиля тем меньше, чем больше угол OMS (ZOMS — fi'l.
Эта разность может быть сколь угодно мала, если велосипедист будет ехать вдоль прямой, образующей с отрезком ОМ угол, достаточно близкий к 180° — а.
21.	Преобразуем исходное соотношение
tg а + tg Р + tg у = tga tg ₽ tg у	(1)
к виду
tga + tg₽ = tg v(tg atg₽ — 1).
Если tgatgP=/=l, то обе части равенства можно разделить на 1 — tg a tg 0:
откуда
tg (a 4- ₽) = tg (— у), в силу чего
a 4- р = — у 4- /гл, или
а4-Р4-у = /гл (k — целое число). (2)
Проводя выкладки, мы исходим из предположения о том, что tgatgp=/=l. Это неравенство верно во всех случаях, когда выполняется соотношение (1).
75
Действительно, если бы имело место равенство tg ос tgp = = 1, то из соотношения (1) мы получили бы равенство tg а + tg р = 0, что невозможно, поскольку знаки двух чисел, произведение которых равно 1, одинаковы и сумма двух таких чисел не равна нулю.
Итак, мы приходим к следующему заключению: если для углов а, р, у выполняется равенство (1), то эти углы удовлетворяют алгебраическому соотношению (2).
Наоборот, если при некотором целом k числа а, р, у удовлетворяют условию (2) и ни одно из них не совпадает с нечетным кратным числа л/2, то производя приведенные выше выкладки от конца к началу, мы приходим к соотношению (1).
Следовательно, числа а, р, у, отличные от (2«4-1)л/2, где п — некоторое целое число, удовлетворяют соотношению (1) в том и только в том случае, если при некотором целом k выполняется соотношение (2).
22.	Доказав, что любая плоская фигура, имеющая две оси симметрии, которые расположены не под пря-
мым углом друг к другу, обладает по крайней мере еще одной осью симметрии, мы тем самым докажем утверждение задачи.
Предположим, что плоская фигура F имеет две оси симметрии k и I, которые не взаимно перпендикулярны. Эти оси могут пересекаться (рис. 21) или быть парал-
76
дельными (рис. 22). В обоих случаях доказательство проводится одинаково. Пусть k' — прямая, симметричная прямой k относительно прямой I. Ясно, что прямая k' отлична от прямой k и от прямой I. Докажем, что прямая k' является осью симметрии фигуры F.
Если фигура F содержит некую точку А, то она содержит также точку В, симметричную точке А относительно оси I, точку С, симметричную точке В относительно оси k, и точку D, симметричную точке С относительно оси /. Заметим, что отрезок AD симметричен отрезку ВС относительно оси I, поскольку точки А и D симметричны точкам В и С относительно этой оси. Следовательно, прямая, перпендикулярная отрезку AD и проходящая через его середину, симметрична прямой, перпендикулярной отрезку ВС (то есть прямой k) и проходящей через его середину, относительно оси I. Эго означает, что прямая k' совпадает с прямой, проходящей через середину отрезка AD и образующей с ним прямой угол. Итак, мы доказали, что если плоская фигура F содержит некую точку А, то она содержит также точку D, симметричную точке А относительно прямой k'. Таким образом, k' — ось симметрии фигуры F, что и требовалось доказать.
23.	Фигуру, образованную двумя скрещивающимися прямыми т и п, удобнее всего изобразить при помощи проекций на две взаимно перпендикулярные плоскости. Плоскость горизонтальной проекции выберем так, чтобы
77
она была параллельной прямым тип (рис. 23). Тогда вертикальные проекции прямых тип будут иметь вид параллельных прямых т" и п", расстояние d между которыми равно расстоянию между скрещивающимися прямыми т и п, а горизонтальные проекции т' и п' будут двумя пересекающимися прямыми, образующими угол <р, равный углу между скрещивающимися прямыми
т и п. Горизонтальные проекции отрезков АВ и CD, параллельных плоскости, названной нами горизонтальной, имеют длины А'В' = а и CD' = b.
Чтобы вычислить объем тетраэдра ABCD, рассмотрим сначала параллелепипед, «описанный» вокруг этого тетраэдра, а именно: параллелепипед, для которого отрезки АВ и CD совпадают с диагоналями двух противоположных граней. Другими диагоналями тех же граней служат отрезок EF длины Ь, параллельный отрезку CD и имеющий общую середину М с отрезком АВ, и отрезок GH длины а, параллельный отрезку АВ и имеющий общую середину N с отрезком CD,
78
Объем V построенного таким способом параллелепипеда равен произведению площади грани AEBF на расстояние от этой грани до противоположной, то есть на d. Поскольку площадь параллелограмма AEBF, диагонали которого равны а и b образуют угол <р, составляет у absin<р, то	aMsincp.
Тетраэдр ABCD мы получим после того, как отсечем от построенного нами параллелепипеда четыре наружных тетраэдра EABC, FABD, GACD, HBCD (рис. 24),
Объем каждого из этих тетраэдров, основания которых вдвое меньше оснований параллелепипеда, а высота равна d, составляет V.
Таким образом, объем тетраэдра ABCD равен у V =* c=4-aWsin<p и, следовательно, зависит от a, b, d О	т
и угла ф, но не зависит от положения отрезков АВ и CD на прямых т и п, что и требовалось доказать.
24.	Найдем прежде всего геометрическое место центров L прямоугольников EFGH, две вершины которых Е и F лежат на стороне АВ треугольника АВС, вершина G лежит на стороне ВС, а вершина Н — на стороне Л С.
79
Такие прямоугольники существуют лишь в том случае, если ни один из углов А и В треугольника не тупой. В дальнейшем мы будем предполагать, что оба угла А и В острые. В том случае, если один из этих углов прямой, в приводимое ниже решение необходимо внести незначительные изменения. Это мы предоставляем читателю.
Точки L, геометрическое место которых мы ищем, являются серединами отрезка PQ, соединяющего середины боковых сторон ЕН и FG прямоугольника (рис. 25). Проведем высоту CD треугольника АВС.
Поскольку треугольники АЕН и ADC гомотетичны относительно точки А, а треугольники BFG и ВВС—• относительно точки В, то прямые АР и BQ проходят через середину Т отрезка CD. Треугольники PQT и АВТ гомотетичны относительно точки Т, поэтому прямая ТЕ проходит через середину S отрезка АВ. Следовательно, центр L прямоугольника EFGH лежит внутри отрезка ST, соединяющего середину стороны АВ с серединой высоты CD треугольника АВС.
Наоборот, каждая точка Е, лежащая внутри отрезка ST, служит центром некоторого прямоугольника EFGH рассматриваемого нами типа (вершины Е и F лежат на основании АВ треугольника АВС, вершина Н лежит на стороне АС и вершина G — на стороне ВС). Действительно, проведя через точку L отрезок PQ, гомотетичный отрезку АВ относительно точки Т, а затем через точки Р и Q отрезки ЕН и FG, прямо гомотетичные отрезку CD относительно точек А и В, мы получим четырехугольник EFGH. Из свойств прямо гомотетичных отрезков следует, что точки Р и Q совпадают с серединами отрез
80
ков ЕН и FG, а точка L — с серединой отрезка PQ. Отсюда мы заключаем, что EFGH— прямоугольник, а точка L — его центр.
Таким образом, геометрическим местом центров L прямоугольников, две вершины которых лежат на стороне АВ треугольника АВС, а две другие вершины — на сторонах АС и ВС, является внутренность отрезка, соединяющего середину стороны АВ с серединой опущенной на нее высоты треугольника АВС.
Если заданный треугольник остроугольный, то наше утверждение выполняется для каждой из трех его сторон и геометрическое место, о котором говорится в условиях задачи, состоит из внутренних точек трех отрезков, соединяющих середины сторон треугольника с серединами опущенных на них высот. Докажем, что эти три отрезка пересекаются в одной точке.
Рис. 26.
Выберем обозначения точек так, как показано на рис. 26: пусть D, Е, F — основания высот, М, N, Р — середины сторон и Q, R, S — середины высот треугольника АВС. Применяя к этому треугольнику и трем его высотам теорему Чевы, получаем
AF-BD-CE _ .
FB-DC-EA Ь
Поскольку стороны треугольника MNP параллельны соответствующим сторонам треугольника АВС, то
NS	AF PQ BD MR	__ СЕ
SM ~	FB	' QN	~~ DC	’ RP ЕА
81
и предыдущее соотношение можно преобразовать к следующему виду:
NS • PQ  MR _ <
SM-QN-RP Ь
По теореме, обратной теореме Чевы, это равенство означает, что прямые MQ, NR и PS пересекаются в одной точке.
Если треугольник АВС прямоугольный, то два из трех отрезков, образующих рассматриваемое нами геометрическое место точек, совпадают. Этот случай изображен на рис. 27,
В тупоугольном треугольнике рассматриваемое геометрическое место образуют внутренние точки одного отрезка
25. Заметим, что поскольку
то
—)	(I)
1 По поводу теоремы Чевы см. примечание к решению задачи 77. — Прим. ред.
£2
Тождество (1) позволяет свести вычисление значений, принимаемых выражением вида xk +	, к вычис-
лению значений, принимаемых выражениями того же вида, но с меньшим показателем k.
В частности, при п= 1 тождество (1) принимает вид
а при п = т переходит в тождество
*2m + -^ = (*m+7r)Z-2.	(3)
Воспользуемся этими тождествами для того, чтобы вычислить х134-~ при х+~ = я- Из тождества (3) находим значения
*2+-^=(*+4-)2“2==а2“2’
х4 + -~г = (х2 +	— 2 = а4 — 4а2 + 2.
Тождество (2) позволяет вычислить значение
+4-=р+4-) (* + т) - (*+т)=а3 -За*
а тождество (3) — значение
^+4=(^з+4)2-2=а6-6а4+9а2-2-
Используя более общее тождество (1), получаем
х,+^=(х<+4.)р+лг)_(л+д)_
г= (а4 — 4а2 + 2) (а3 — За) — а — а1 — 7а5 + 14а3 — 7а
и, наконец,
= (а7 - 7а5 + 14а3 — 7а) (а6 — 6а4 + 9а2 - 2) - а = = а13 - 13а11 + 65а9 - 156а7 + 182а5 - 91а3 + 13а.
83
26.	Докажем следующее более сильное утверждение: если
0° < X, < 180° при i = 1, 2, .... п (п > 2), то
| sin (%! 4- х2 + • • • + хп) | <
< sin х1 + sin х2 + ... +sinxn. (1)
При доказательстве мы будем использовать известные свойства абсолютной величины суммы и произведения двух чисел: |а + Ь|^|а| + |Ь|, |аЬ| = |о|- Ь|, неравенства |sin х| = sin х > 0 и |cosx|<l, которые выполняются при 0° < х < 180°, и неравенство |cosx
1,	справедливое при любом х.
Докажем наше утверждение методом математической индукции. При п = 2 соотношение (1) выполняется, поскольку
sin (xi + х2) — sin Xi cos х2 + cos xi sin x2
и, следовательно, если xlr x2 принадлежат интервалу (0°, 180°), то
| sin (X! + X2) I I sin Xi I • I cos x21 +
4-1 cos Xi | • | sin x21 < sin Xi 4- sin x2.
Предположим, что соотношение (1) выполняется при некотором k 2. Пусть 0° < х, < 180° при i = 1, 2, ... ..., <4-J.
Тогда
| sin (х! 4- х2 4- ... 4- Xk) I < sin Xi 4- sin x2 4- ... + sin xk.
Следовательно,
| sin (xj 4- x2 4- ... 4- -Kfe+i) I=
= | sin (xi 4-x2 4- ... 4-*fe)cosxft+i4-
4-	cos (Xj 4- X2 4- ... 4- Xk) sinxft+i к
I sin (xi 4- x2 4* ... 4- xk) 11 cos xk+i 14-
4-1 cos (xi 4- x2 4- ... 4- xft) 11 sin xfc+11 <
< | sin (xj 4- x2 4- ... 4--к*) 14-1 sinxfc+11 <
< sin Xi 4- sin x2 4- ••• + sinxft 4-sinxfe+I,
Таким образом, соотношение (1) выполняется при любом п > 2. Исходное утверждение задачи также справедливо, поскольку неравенство, приведенное в условиях задачи, следует из соотношения (1),
84
27.	Предположим, что число х удовлетворяет исход ному неравенству
д/х — д/х — а>2.	(1)
Тогда х а, и из неравенства (1) мы получаем цепочку неравенств
<\] х~>	х — а 4- 2,	(2)
х > (д/х — а + 2)2 = х — а-}-4д/х — а + 4>	(3)
1 * а V 1	(4)
Из неравенства (4) следует, что а >4 и что	
. ( а — 4 \2 X «<(	4	) ,	(5)
откуда	
Х<( 4 ) +а,	(6)
или	
«т!-	(7)
Итак, если число х удовлетворяет неравенству (1), то
а >4, а^х<	(8)
Наоборот, если условия (8) выполнены, то справедливо неравенство (1). Действительно, из неравенства (8) мы последовательно можем вывести неравенства (7), (6), (5), (4), (3), (2) и, наконец, неравенство (1).
Итак, мы пришли к следующему утверждению: числа, удовлетворяющие неравенству (1), существуют в том и только в том случае, если а > 4. Все эти числа можно задать неравенством
а^.х
т’-
28.	Равнодействующая параллельных одинаково направленных сил pi и р2 проходит через некоторую точку М отрезка АВ (рис. 28). Поскольку после того, как на него поместили грузики, диск остался в равновесии, то равнодействующая всех трех сил pi, р2, рз проходит
85
через точку О. Следовательно, точка М отлична от точки подвески О, точка приложения силы р3 (то есть точка С) совпадает с точкой пересечения края диска с лучом МО, а сумма выпуклых углов АОВ, ВОС, СОА равна 360°.
Из статики известно, что положение точки М определяется равенством
AM  Рг	/п
MB	pt‘	' ’
В треугольниках А ОМ и В ОМ выполняются соотношения
AM________ОМ	МВ ______ ОМ
sin (Z ЛОЛ/)	sin(Z-d) * sin (ZAIOB)	sin (ZB) ’
а поскольку Z.A = Z.B, то из них следует, что
ЛЛ/	МВ
sin (ZAOM) sin (Z ЛЮВ) '
Из равенств (1) и (2) получаем
______Рг__________Pi____
sin (Z АОМ) sin (Z MOB) ’
а поскольку Z.AOM = 180°—Z.COA, ЛМОВ=\ЬС — — ЛВОС, то
Р1______ ____Р2___
sin (Z ВОС) sin (Z СОА)
Аналогичные равенства выполняются и для остальных пар искомых углов. Объединяя их, находим
___Pl____________Р2_______ ___РЗ______
sin (Z ВОС) sin (Z СОЛ) sin (Z АОВ) *	' '
86
Равенства (3) уже позволяют вычислить углы ВОС, СОА и АОВ. Действительно, пусть а= 180°—ZBOC, 0 = 180°— ZCOA, у = 180°— ZAOB. Поскольку ZBOC 4- Z СОА + Z.AOB = 360°, то a-f- р + у = 180° и равенства (3) преобразуются к виду
Р\ __ рз __ Рз sin a sin 0 sin у ’
где а, р, у— углы треугольника со сторонами рг, Рз-Величину их можно вычислить, применив к этому треугольнику теорему косинусов, а углы ВОС, СОА, АОВ — как дополнения углов ос, р, у до 180°. Действуя так, по-
лучаем	2	2	2 Pi~P-2~ Рз cos (Z ВОС) —	, '	2р2рз 2	2	2 cos (Z СОЛ) = Р2~9Рз7-^'->	(4) 7 /	Рз-Pl-Pj cos(Z4OB) — 2pipi
Поскольку каждый из углов ВОС, СОА, АОВ заключен между 0° и 180°, то соотношениями (4) искомые углы определены однозначно.
Примечание. В приведенном выше решении мы, следуя условиям задачи, предполагали, что диск остался в состоянии равновесия и после того, как на него поместили грузики pi, pz, рз- Возникает вопрос, могут ли грузики pi, pz, рз иметь произвольный вес, то есть можно ли поместить произвольно выбранные грузики pi. р2, рз в трех точках диска так, чтобы не нарушить его равновесия? Нетрудно видеть, что это невозможно. Действительно, в приведенном выше решении мы выяснили, что числа pi, pz, рз выражают длины сторон треугольника и поэтому должны удовлетворять неравенствам
Pi + pz > Рз, Рг + Рз > Pi, рз + pi > рг-	(5)
Докажем, что необходимые условия (5) одновременно и достаточны для существования решения задачи. Предположим, что числа pi, рз, рз удовлетворяют неравенствам (5). Тогда существует треугольник со сторонами pi, pz, рз. Если а, 0, у — углы этого треугольника, то на краю диска можно указать три различные точки А, В, С так, что Z.BOC = 180° — a, Z.COA = = 180° — 0, Z А О В = 180° — у, поскольку (180° — а) + + (180° — 0) + (180° — у) = 360°. Следовательно, углы ВОС, СОА, АОВ удовлетворяют равенствам (3). Поместим в точках А, В, С грузики pi, рг, рз- Докажем, что при этом диск останется в состоянии равновесия. Поскольку каждый из углов ВОС, СОА,
87
АОВ меньше 180°, то продолжение луча СО пересекает сторону АВ треугольника АОВ в некоторой точке М. Следовательно, выполняется равенство (2), а поскольку /,АОМ=18(Р—Z.COA, Z.MOB = 180°— Z ДОС, то
AM _ МВ
sin (/СОД) sin (Z ВОС)'
Из равенств (6) и (3) следует, что
AM р2 МВ ~ pt'
Это означает, что через точку М проходит равнодействующая параллельных и одинаково направленных сил pi и р2, приложенных в точках А и В. Поскольку величина составляющей равна Pt + Рз, нам остается лишь доказать, что через точку О проходит равнодействующая параллельных и оди 1аково направленных сил pt + р2 и рз, приложенных соответственно в точках М и С. Из равенств (3) следует, что
Pi + р2 _ sin (Z ВОС) + sin (Z СОД) _
рз	sin АОВ)	~
sin (Z MOB) + sin (Z АРМ)	_.
= sin(Z АОВ)	*	1‘ ’
Применяя к треугольникам АОМ, MOB и АОВ теорему синусов, получаем
МВ sin (Z MOB) = -^q sin (Z В),
sin (Z AOM) = sin (Z Д),
A R sin (Z AOB) =7=7^- sin (Z B).
и /1
Подставляя полученные значения синусов в соотношение (7) и учитывая, что ZД = ZB, AM + МВ = АВ, ОА = ОС, преобразуем его к виду
Pi + р2 _ ос
Рз ~ МО '
Это равенство означает, что равнодействующая параллельных и одинаково направленных сил pi + р2 и рз, приложенных в точках М и С, действительно проходит через точку О. Следовательно, равнодействующая параллельных и одинаково направленных сил pi, р2, рз, приложенных соответственно в точках А, В, С, проходит через точку О, что и требовалось доказать.
29.	Пусть К, L, М, N, Р, Q — середины ребер тетраэдра ABCD (рис. 29). Требуется доказать, что любая из прямых KL, MN, PQ (например, прямая KL) служит
88
осью симметрии тетраэдра и перпендикулярна любой из двух остальных прямых (например, прямой PQ).
Первое доказательство. По условиям задачи AD = ВС и BD = АС. Следовательно, треугольники ABD и АВС конгруэнтны, поскольку имеют соответственно равные стороны и медианы DK и СК этих треугольников равны. Но тогда треугольник DKC равнобедренный и его медиана K.L совпадает с высотой, опу-
щенной из вершины К на противолежащую сторону, то есть KLA^DC. Аналогичным образом можно доказать, что KL ± АВ.
Поскольку вершина В симметрична относительно прямой KL вершине А, а вершина С — вершине D, то прямая KL — ось симметрии тетраэдра. Отрезок ВС симметричен отрезку AD, поэтому середина Q отрезка ВС симметрична середине Р отрезка AD. Прямая PQ проходит через точки Р и Q, симметричные относительно прямой KL, пересекается с этой прямой и перпендикулярна ей, что и требовалось доказать.
Второе доказательство. Вокруг каждого тетраэдра можно описать параллелепипед, то есть построить такой параллелепипед, что диагонали его противоположных граней будут совпадать с противоположными ребрами тетраэдра (рис. 30). Если противоположные
89
ребра тетраэдра равны, то равны и диагонали каждой грани описанного параллелепипеда. Следовательно, грани имеют форму прямоугольников и описанный параллелепипед прямоугольный.
Известно, что прямоугольный параллелепипед обладает тремя взаимно перпендикулярными осями симметрии, проходящими через центры его противоположных
граней. Те же самые прямые служат осями симметрии тетраэдра, вписанного в прямоугольный параллелепипед, поскольку проходят через середины противоположных ребер тетраэдра и перпендикулярны этим ребрам.
30.	Когда кружок катится по обручу, точки, образующие его границу, поочередно становятся точками касания кружка и обруча. По условиям задачи кружок катится по обручу без проскальзывания. Это означает, что длина дуги PQ, заключенной между двумя точками Р и Q на краю кружка, равна длине дуги обруча, с точками которой поочередно совпадали при качении точки дуги PQ.
Поскольку радиус кружка в 2 раза меньше радиуса обруча, то край кружка неизменно проходит через центр О обруча.
90
Выберем на границе кружка некоторую точку Р. Пусть в начальном положении кружка точка Р совпадает с точкой А обруча (рис. 31). Когда кружок катится так, что точки касания его края с обручем заполняют четверть обруча АВ, то соответствующие точки на границе кружка (то есть точки, которые поочередно становятся точками касания с обручем на дуге АВ) заполняют половину окружности. Следовательно, когда
точка касания кружка и обруча совмещается с точкой В, точка Р находится в центре обруча О. Докажем, что, когда точка касания описывает четверть дуги обруча АВ, точка Р описывает радиус АО. Для этого предположим, что в некоторый момент времени кружок касается обруча в точке Q дуги АВ. Тогда центр S кружка совпадает с серединой отрезка OQ, а точка Р занимает такое положение, что длины дуг и PQ (каждая из которых меньше половины соответствующей окружности) равны. Следовательно,
/AOQ = ~/PPQ.	(1)
С другой стороны, по теореме о внешнем угле треугольника /PSQ = /POS -f- /OPS, а поскольку '/OPS = /POS, то
/POS = ~PSQ.	(2)
Из соотношений (1) и (2) получаем
/POS — /AOQ.
Следовательно, точка Р лежит на радиусе АО,
Si
Наоборот, если Р'— произвольная точка внутри отрезка АО, то существует такое положение кружка, при котором точка Р совпадает с точкой Р', при этом центр кружка находится в точке пересечения перпендикуляра, восставленного из середины отрезка ОР', с дугой окружности радиуса г с центром в точке О, лежащей внутри угла АОВ.
Итак, мы доказали, что когда кружок катится по четверти окружности обода АВ, то точка Р описывает радиус АО. При качении по дуге ВС кружок занимает положения, симметричные тем, которые он занимал при качении по дуге АВ относительно прямой ОВ. Следовательно, точка Р описывает радиус ОС, симметричный радиусу ОА, то есть образующий вместе с радиусом АО диаметр АС обруча. При качении по остальной части обруча точка Р описывает диаметр СА, поскольку занимает положения, симметричные тем, которые он занимал при качении по дуге АВС относительно прямой АС.
Итак, мы приходим к следующему заключению: при качении кружка по внутренней стороне обруча вдвое большего радиуса каждая точка на границе кружка описывает определенный диаметр обруча.
31.	Если многочлен W (х) = х4 + х3 +' х2 + х + 1 представим в виде U2(x)—V2(x), где U (х} и V(x) — многочлены неодинаковых степеней, то многочлен U(x) должен быть второй степени, а многочлен V(x)—первой или нулевой степени. Следовательно, многочлен Е2(х) не содержит членов выше второй степени, в силу чего два старших члена в многочлене О2(х) должны совпадать с двумя старшими членами исходного многочлена W'(x), то есть U2(x) имеет вид х4 + х3. Но тогда U(x) представим в виде U(х) = х2 + —х + а. Зная U (х), находим Е2(х):
V2 (Х) =	(х) - 1Г (х) = (х2 + у х + а)2 -
— (х4 + х3 + х2 х+ 1) = (2а — (а — 1)х + а2—1.
Из выражения, полученного для V^fx), видно; что V(x) не может иметь нулевую степень, поскольку равен-62
з
ства 2а— -^-= О и а— 1 = 0 не могут выполняться одновременно. Следовательно, У(х) должен быть многочленом первой степени. Это означает, что У2(х)—квадратный трехчлен с положительным коэффициентом при х2 и нулевым дискриминантом:
2а-|>0, (а-I)2-4 (2а-4) (а2- 1) = °-
Второе условие после упрощения приводит к уравнению
(а- 1)(4а24-2а- 1) = 0,
имеющему 3 корня: а = 1 и а = -| (— 1 ± -у/5 )• Условию 3
2а—4 > 0 удовлетворяет лишь корень а=1.
Итак, исходный многочлен допускает разложение
х4 + х3 4- х2 + х + 1 == (х2 + у х + 1) — (у V5 х) •
Решение задачи единственно.
32.	Условия задачи можно сформулировать несколько иначе. Найти необходимые и достаточные условия, которым должны удовлетворять вещественные числа а, Ь, с для того, чтобы существовали числа Xi и q, обладающие следующими свойствами:
а)	числа Xj, X\q, X\q2 удовлетворяют исходному уравнению (1);
б)	Xi и q — вещественные числа;
в)	Xi #= 0;
г)	<7	0, <7 #= 1, «у =/= —1.
Займемся сначала отысканием необходимых условий.
Если числа х> и q обладают свойством (а), то выполняются соотношения Виета
xi + xiq + Xi<72 — — а, x\q + x2q2 + x2q3 = b,	(2)
xjg3 = — c.
Обозначив для краткости через т то (единственное) вещественное чисдо, для которого т3 — —с, заменим
93
систему соотношений (2) системой xi(l 4-94-^) = —а,
x\q(\+q+ q2)^=b,	(3)
X\q — tn.
Эта система эквивалентна следующей:
Г *1(1 +q + ql) = ~ а,
s axiq 4- b — 0,	(4)
I	xtq — т.
Из второго и третьего соотношений системы (4) следует, что
b = — ат.	(а)
Итак, мы получили первое необходимое условие для коэффициентов исходного уравнения (1). Если это условие выполнено, система соотношений (4) эквивалентна системе
(	(1 4-<7 4-rf?2) = — а,
1 (&)
(, Xiq = m.
Заменив в первом из соотношений (5) xiq величиной т, получим эквивалентную систему
( Xi 4- mq — — а — т, t xxq = т.
Обратившись к свойствам (в) и (г) чисел Xi и q, мы увидим, что следующее необходимое условие, которому должны удовлетворять коэффициенты а, Ь, с, имеет вид неравенства
т ф 0.	(₽)
Исключив Xi из соотношений (6), получим уравнение
mq2 4- (т 4- a) q 4- т = 0.	(7)
Для того, чтобы уравнение (7) имело вещественные корни — свойство (б), — помимо неравенства т =/= 0 должно выполняться условие
а2 4- 2ат — Зт2 0.	(у)
94
Поскольку — свойство (г) — q =^= 1 и q —1, то из уравнения (7) мы получаем еще два необходимых условия, которым должны удовлетворять коэффициенты а, Ь, с:
а — Зт,	(б)
а =т^= т.	(г)
Однако следует иметь в виду, что при а = —Зт и а = т трехчлен а2 + 2am — Зт2 обращается в нуль. Это позволяет заменить условия (у), (б) и (е) одним условием
а2 + 2ат — Зт2 > 0.	(т])
Итак, мы получили 3 необходимых условия (а), (0), (1]), которым должны удовлетворять коэффициенты а, Ь, с уравнения (1).
Докажем, что эти условия являются и достаточными, то есть что если выполняются условия (а), (Р) и (т]), то существуют числа Xi и q, обладающие свойствами (а), (б), (в) и (г).
Действительно, в силу условий (Р) и (т]) уравнение (7) имеет два вещественных корня. Пусть q — один из них (тогда другой корень равен 1/gj. По условию (р) <7=5^0, а по условию (т]) q 1 и q =/=—1. Тогда из второго соотношения системы (6) получаем %i = mlq, причем Xi — вещественное число, удовлетворяющее первому соотношению системы (6). Кроме того, по условию (Р) Xi =т^= 0. Если условие (а) выполнено, то система соотношений (6) эквивалентна системе соотношений (2). Таким образом, найденные значения Xi и q удовлетворяют соотношениям (2) и, следовательно, обладают свойством (а).
Условие (т]) означает, что число т заключено между а. и —а/3. Поскольку т3 — —с, то условия (а), (Р), (П) можно записать в следующем виде:
' Ь3 = а3с,
.	(У)
, д3
с заключено между —а и -=у.
Совокупность условий (У) служит ответом на вопрос
задачи.
95
33. Семь натуральных чисел, образующих арифметическую прогрессию с разностью 30, можно записать в виде а, а -ф- 30, а + 2  30, ..., а + 6  30.
Разность любых двух из этих чисел представима в виде
г = (а + k  30) - (а + т • 30) = (k — т) • 30,
где k и т — целые числа, причем 0 k 6, 0 т 6, k т, откуда —6 С k — т ^6 и k — /и #= 0.
Число (k — т)  30 не делится на 7, если множитель k — т не делится на 7, поскольку множитель 30 взаимно прост с числом 7. К такому выводу нас приводит фундаментальное утверждение теории чисел, гласящее-«Если произведение ab целых чисел делится на целое число с, взаимно простое с множителем Ъ, то множитель а делится на с».
Следовательно, каждое из семи чисел а + k  30, k = 0, 1, ..., 6 при делении на 7 дает остаток, отличный от остатка, даваемого другими числами, и поэтому одно и только одно из них дает остаток, равный нулю, что и требовалось доказать.
Аналогичным образом можно доказать и более общее утверждение: среди п целых чисел, образующих арифметическую прогрессию с разностью, взаимно простой с числом п, одно и только одно число делится на и.
34. Рассмотрим треугольники АРВ и АРС. Возможны следующие 3 случая.
а.	Площадь каждого из треугольников АРВ и АРС меньше половины площади треугольника АВС. Так происходит, когда расстояния от точки Р до прямых АВ и АС меньше половины соответствующих высот треугольника АВС, то есть если точка Р лежит внутри параллелограмма AFDE, вершины которого F, D, Е совпадают с серединами сторон АВ, ВС и СА треугольника АВС (рис. 32).
Если точка Р лежит на той диагонали AD параллелограмма, которая служит медианой треугольника АВС, То искомая точка Q совпадает с точкой D.
Пусть точка Р лежит внутри одного из треугольников AFD и AED, например внутри треугольника AFD. Если ломаная APQ удовлетворяет условиям задачи, то точка Q лежит внутри отрезка CD, а отрезок PQ пере
96
секается с медианой AD в некоторой точке 5. Тогда площадь четырехугольника ABQP равна площади треугольника ABD, поэтому площадь треугольника ASP равна площади треугольника QSD, и, следовательно, площади треугольников APD и QPD равны. Отсюда мы заключаем, что прямая Лф параллельна прямой PD.
Рис. 32.
Таким образом, в рассматриваемом случае искомую точку Q мы получим как точку пересечения луча, проведенного из вершины А параллельно прямой PD, с отрезком DC. Такая точка пересечения всегда существует, поскольку луч, параллельный прямой PD, лежит внутри угла DAC.
б.	Площадь одного из треугольников АРВ и АРС, например треугольника АРВ, равна половине площади треугольника АВС. В этом случае решением задачи служит ломаная АРВ.
в.	Площадь одного из треугольников АРВ и АРС, например площадь треугольника АРВ, больше половины площади треугольника АВС. Так происходит, когда точка Р лежит внутри треугольника EDC (рис. 33).
Если ломаная APQ удовлетворяет условиям задачи, то точка Q лежит на стороне АВ и не совпадает с вершинами Л и В, а отрезок PQ пересекается с отрезком AD в некоторой точке S. В этом случае площадь треугольника AQP равна площади треугольника ABD, а потому площадь треугольника ASP равна площади четырехугольника SQBD. Проведем через вершину В
4 Зак. 933
97
прямую, параллельную диагонали QD четырехугольника SQBD. Она пересечет продолжение стороны SD в некоторой точке G. Тогда площади треугольников QDG и QDB равны, площадь четырехугольника SQBD равна площади треугольника SQG, и, следовательно, треугольник ASP равновелик треугольнику SQG, а треугольник APG— треугольнику QPG. Это означает, что прямая PG параллельна прямой АВ. Таким образом,
построение ломаной APQ сводится к следующему. Проведем через точку Р прямую, параллельную прямой АВ, до пересечения в точке G с продолжением отрезка AD, а затем через точку D проведем прямую, параллельную прямой GB. Эта прямая пересекается с отрезком АВ в точке Q, которую и требовалось найти. Действительно,
“ ^TlSQ 4"	= SaSQ 4" $SQG =
“ ^SQ 4" SsQBD — $ABD ~ у $ ABC-
35.	Пусть точка В' симметрична точке тельно прямой т. Если Р — произвольно точка прямой т, то
| АР - ВР | = | АР - ВР' |< АВ'.
В относи-выбранная
В зависимости от положения точек А и В относительно прямой т возможен один из трех случаев.
а.	Точки А и В находятся на различных расстояниях от прямой т. Тогда точка В' отлична от точки А и прямая АВ' пересекает прямую т в некоторой точке М (рис. 34), лежащей внутри отрезка АВ', в силу чего
98
JAM — В'М] = АВ' и JAM — BMJ = AB'. Для любой точки прямой т, отличной от М, разность расстояний от нее до точек А и В меньше АВ'. Следовательно, точка М — единственное решение задачи. Прямая т совпадает с биссектрисой угла АМВ.
б.	Точки А и В равноудалены от прямой т, но расположены несимметрично относительно т. В этом случае точка В' отлична от точки А, а прямая АВ' парал-
лельна прямой т. Для любой точки Р прямой т выполняется неравенство
| АР — В'Р | < АВ'.
Докажем, что на прямой т не существует такой точки, для которой разность расстояний до точек А я В была бы наибольшей.
Пусть а, р, у — углы треугольника АВ'Р (рис. 35).
4*
99
Применяя к треугольнику АВ'Р теорему синусов, получаем
В'Р — АР__ sin а — sin Р
АВ'	sin у
Поскольку
•	* о с\ ~ ГЬ 6 Cl -Т 6
sin а — sin р = 2 sin —cos ——J-,
о • Y V - У а + ₽ sin у = 2 S1I1 у cos —,	sin ~ = cos——-,
то это равенство преобразуется к виду
а — Р
В'Р-АР __ Sln —
АВ' ~ у cosX
Когда точка Р удаляется в бесконечность по прямой т в направлении, согласующемся с направлением вектора В'А, то значение правой части последнего равенства стремится к 1, поскольку а-> 180°, Р->0°, у—>0°. Следовательно, разность В'Р — АР стремится к АВ'.
Итак, мы выяснили, что длина отрезка АВ' служит верхней гранью разности |ЛР — ВР|, которой разность никогда не достигает. Это означает, что в случае б задача не имеет решения.
в.	Точки А и В расположены симметрично относительно прямой т, точка В' совпадает с точкой А.
Б этом случае для любой точки Р прямой т выполняется равенство АР — ВР = 0 и любая такая точка является решением задачи.
36.	Проведем через точку А прямую р, параллельную прямой т, а через точку С — прямую, параллельную прямой .4d. Обозначим через Е точку пересечения этой прямой с прямой р. Пусть о означает сферу, проходящую через точки А, В, С, D. Поскольку точки А, В, С, D не лежат в одной плоскости (прямые т и п скрещиваются), то такая сфера существует и притом только одна. Четырехугольник АВСЕ представляет собой прямоугольник, поскольку прямые АВ и СЕ перпендикулярны прямым т и р. Три вершины А, В и С этого прямоугольника лежат на сфере о. Следовательно, четвертая его вершина Е также лежит на сфере о. Сфера о пересекается с плоскостью прямых п и р по окружно
го
сти, проходящей через точки A, D, Е. Таким образом, центр S этой окружности есть центр описанной окружности треугольника ADE. Центр О сферы о лежит на прямой, перпендикулярной в точке S плоскости ADE и поэтому параллельной прямой АВ (поскольку АВ ± п и ЛВ_1_р). С другой стороны, точка О как равноудаленная от точек А и В лежит в плоскости, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему, в силу чего расстояние OS от точки О до плоскости ADE равно уЛВ. Таким образом, точку О мы найдем, проведя через точку S прямую, параллельную прямой АВ, и отложив на ней отрезок SO=~d в направлении от
А к В.
Рассмотрим треугольник ЛВС. Угол при вершине В — прямой, гипотенуза ОА равна радиусу г сферы о, который требуется вычислить, OS — ~d, а катет ВЛ равен радиусу описанной окружности треугольника ADE. Следовательно, ВЛ = £>£/2sin(Z£>4£). Но из прямоугольного треугольника DEC (отрезок СЕ перпендикулярен плоскости ADE) получаем DE2 = DC2— ЕС2 — I2— d2, а угол DAE равен углу <р между скрещивающимися прямыми т и п, поэтому B71 = V^— tf/2sin<p.
Поскольку стороны треугольника ЛВС удовлетво-ряют соотношению ОА2 = SO2 4- ВЛ2, то
2  d2 . I2 — d2   I2 — d2 cos2 <p Г	4 ' 4 sin2 <p 4 sin2 <p	*
__ yjl2— d2 cos2 <p
2 sin <p
Заметим, что при заданных точках А и В и прямых т и п существует бесконечно много отрезков CD длины />dcostp (которая также задана) с концами, лежащими на прямых т и и. Следовательно, существует бесконечно много сфер, проходящих через точки Л и В и пересекающих прямые т и п в таких точках С и D, что CD — I. Как показывает решение нашей задачи, радиусы всех таких сфер равны.
Иллюстрацией к приведенным выше рассуждениям служит рис. 36, на котором рассмотренная нами конфигурация изображена в ортогональной проекции на
101
плоскость, содержащую взаимно перпендикулярные прямые АВ и AD, в силу чего точки А, В, С и D на проекции выбраны так, что АВ ± AD. Точка S на рис. 36 определена следующим образом (пунктирные линии).
Совместим треугольник ADE с плоскостью рисунка, то есть с плоскостью ABD. Для этого повернем плоскость ADE вокруг прямой п так, чтобы точка Е совпала
с некоторой точкой (Е) рисунка. При таком повороте ортогональная проекция каждой точки плоскости ADE движется по прямой, перпендикулярной прямой п. Точку (Е) мы найдем, построив точку пересечения перпендикуляра, опущенного из точки Е на прямую п, и луча, проведенного из точки А и образующего с лучом AD угол <р.
Пусть (S) — центр описанной окружности треугольника AD(E) и (М)— точка пересечения прямых Д(5) и D(E). Продолжив перпендикуляр, опущенный из точки (Л4) на прямую п, до пересечения в точке М с прямой DE и опустив на прямую п перпендикуляр из точки (S), найдем точку S как точку пересечения этого перпендикуляра с прямой AM.
37.	Из отрезков длиной а, Ь, с треугольник можно построить в том и только в том случае, если
с + Ь — с > 0, & + с — о > 0, с А-а — Ь> 0.	(2)
102
Требуется доказать, что если числа а, Ь, с удовлетворяют неравенству (1) из условий задачи и положительны (как длины отрезков), то выполняются неравенства (2), и наоборот. Для этого необходимо преобразовать неравенство (1). Записав его в виде
а4 - 2 (Ь2 + с2) а2 + (ft2 - с2)2 < О,
(3)
получим в левой части квадратный трехчлен относительно а2. Корни этого трехчлена мы найдем по формуле
а2 = (ft2 + с2) ± V(ft2 + с2)2 - (ft2 - с2)2 =
= (ft2 + с2) ± 2bc = (ft ± с)2.
Зная их, неравенство (3) можно записать в виде [а2 - (ft + с)2] [а2 -(Ь- с)2] < О, или
(а 4- ft 4- с) (а — ft — с) (а 4- b — с) (а — ft + с) < 0.
Наконец, изменив знак второго множителя в левой части, получим неравенство
(а 4- ft 4- с) (ft 4- с — а) (а 4- ft — с) (а 4- с — ft) > 0. (4)
Если числа a, ft, с удовлетворяют неравенству (1), а значит, и неравенству (4) и положительны, то а + ft 4-.4- с > 0. Следовательно, либо остальные три множителя в левой части неравенства (4) положительны, то есть выполняются неравенства (2), либо один из этих множителей положителен, а два других отрицательны. Второй случай невозможен, поскольку если бы, например, выполнялись неравенства b с — а < 0, а-\- b — с<0, то при сложении их левых и правых частей в отдельности мы получили бы неравенство 26 < 0, из которого вопреки исходному предположению следовало бы, что 6 <0.
Таким образом, из неравенства (1) и условий а > 0, b > 0, с > 0 мы получаем неравенства (2).
Наоборот, если числа a, ft, с удовлетворяют неравенствам (2), то они удовлетворяют неравенству (1) и положительны. Действительно, при сложении в отдельности левых и правых частей, например двух первых неравенств (2), мы приходим к неравенству 2ft > 0, или Ъ > 0. Аналогичным образом получаются и неравенства
103
a > 0, с > О, в силу чего а + Ъ с > 0. Следовательно, все множители в левой части неравенства (4) положительны и неравенство (4) выполняется. Но тогда выполняется и эквивалентное ему неравенство (1).
Примечание. Нетрудно убедиться в том, что если числа а, Ь, с удовлетворяют неравенству (1), то ни одно из них не равно нулю. Это означает, что доказанное выше утверждение можно было бы сформулировать следующим образом: неотрицательные числа а, Ь, с могут быть длинами сторон треугольника в том и только в том случае, если выполняется неравенство (1).
38.	Из условия (1) следует, что а #= 0, b #= 0, с #= 0, а + b + с 0.
Преобразуем равенство (1). Перенесем выражение 1/(а + b + с) в левую часть и умножим обе части получившегося равенства на abc(a b с):
(а + b + с) be + (а + b + с) ас + (а + b + с) ab — abc = 0.
Раскрыв скобки и расположив все члены в левой части равенства по степеням а, получим
а2 (Ь + с) + а {Ь + с)2 + Ьс (Ь + с) = 0, (Ь + с) [а2 + а (Ь + с) + fee] = 0
и, наконец,
(Ь + с) (с + а) (а + Ь) = 0.
(3)
Из равенства (3) следует, что два из трех чисел а, Ь, с равны по абсолютной величине, но имеют противоположные знаки. Пусть, например, b — —а. Тогда Ьп = —ап при любом нечетном п, и равенство (2), принимающее вид \1сп = 1/с", выполняется.
Примечание. Аналогичным образом можно доказать и более общее утверждение: если равенство (2) выполняется при некотором значении нечетного показателя степени п, то оно выполняется при любом нечетном п.
39.	а) При делении на 3 квадрат целого числа дает остаток 0, а если число делится на 3, и остаток 1, если число не делится на 3. Если бы ни а, ни Ь не делились на 3, то остаток от деления числа а2 + Ь2 на 3 был бы равен 2, что в силу приведенного выше замечания невозможно, поскольку сумма а2 + Ь2 равна квадрату целого числа с. Следовательно, по крайней мере одно из чисел а и b делится на 3.
104
б) Предположим сначала, что а, Ь, с — взаимно простые числа, то есть не имеют общего делителя, который был бы больше 1.
Тогда а, b — также взаимно простые числа. Действительно, если бы какое-нибудь простое число р было бы общим делителем чисел а и Ь, то в силу
a2^b2 = c2	(1)
число р было бы делителем и числа с2 и, следовательно, числа с вопреки предположению о том, что а, Ь, с — взаимно простые числа.
Числа а и b не могут быть оба четными, поскольку они взаимно простые. Докажем, что они не могут быть и оба нечетными. Действительно, если бы а = 2k -f- 1, b = 2/ + 1, то при делении на 4 число а2 + Ь2 — 4 (/г2 + +/2) +4(/г +/) +2 давало бы остаток 2, в то время как число с2 при делении на 4 может давать лишь остаток О или 1. Следовательно, одно из чисел а и b четно, а другое нечетно. В этом случае число с нечетно.
Предположим, например, что b — нечетное, а а — четное число. Из соотношения (1) получаем
/ а \2	с + b с — Ь
1т) ~ 2	2 •
Поскольку числа b и с нечетны, то (с-|-6)/2 и (с—Ь)/2— целые числа. Их сумма равна нечетному числу с. Следовательно, одно из чисел (с+ 6)/2, (с — &)/2 четно, а другое нечетно и их произведение, равное (а/2)2,— четное число. Отсюда мы заключаем, что а/2— четное число, то есть а делится на 4.
Остается рассмотреть случай, когда числа а, b и с имеют наибольший общий делитель d>l. Тогда а = = da,, b — dbi, с = dci, причем Gi, t>i, Ci— целые взаимно простые числа. Из соотношения (1) получаем: d2a2 + d2b2 = d2c2, откуда а2 + b2 = с2. Согласно предыдущему рассуждению в рассматриваемом случае одно из чисел ai и bt, например ai, делится на 4. Тогда и число а — dai также делится на 4.
Итак, мы доказали, что если числа а, Ь, с удовлетворяют соотношению (1), то по крайней мере одно из чисел а и b делится на 4.
в) Число, не делящееся на 5, можно представить либо в виде 5k ± 1, либо в виде 5k ± 2. Поскольку
105
(5/г2 ± I)2 = 25/г2 ± 10/г + 1, (5k ± 2)2 = 25/г2 ± 20k + 4, то квадрат числа, не делящегося на 5, при делении на 5 дает остаток 1 или 4. Если ни а, ни b не делятся на 5, то остаток от деления а2 + Ь2 может быть равен лишь 1 + 1 = 2, (1 + 4)— 5 = 0, (4 + 4)—5=3. С другой стороны, сумма а2Ь2 равна с2 и, следовательно, при делении на 5 может дать остаток только 0, 1 или 4. Таким образом, в рассматриваемом случае остаток от деления а2 + Ь2 = с2 на 5 может быть равен только 0. Это означает, что с2, а значит и с, делится на 5.
Итак, по крайней мере одно из целых чисел а, Ь, с, удовлетворяющих соотношению (1), делится на 5.
40.	Пусть АВС — прямоугольный треугольник (ZC= = 90°), который требуется построить. Поскольку точки М, D, Н попарно различны, катеты АС и ВС не равны.
Рис. 37.
Пусть, например, АС > ВС. Тогда точка D лежит между точками Л4 и В, а точка Н — между точками D и В. Следовательно, точка D расположена между точками М и В (рис. 37).
Поскольку
Z MCD = Z ACD - Z АСМ = 45° - Z А, а
ZDCH = ZACH-ZACD =
= 90°- Z Л —45° = 45° — Z A, to CD — биссектриса угла при вершине С треугольника МСН. Отсюда мы заключаем, что MD > DH, поскольку MD : DH = МС: CH, а МС > СН. К тем же результатам приводит и предположение о том, что АС < ВС. Итак, задача имеет решение лишь в том случае, если точки М, D, Н расположены так, что точка D лежит между точками М и Н, причем MD > DH. Эти условия
106
не только необходимы, но и достаточны. Действительно, вершину С мы найдем как точку пересечения окружности Аполлония для отрезка МН и отношения MD : DH с перпендикуляром, восставленным к прямой МН в точке Н, лежащей внутри окружности. Остальные вершины треугольника мы найдем, отложив на прямой МН по обе стороны от точки М отрезки МА — МС и МВ — = МС. Выполнив построение, мы получим треугольник АВС, удовлетворяющий условиям задачи. Действительно, треугольник АВС прямоугольный, поскольку его вершина С лежит на окружности с диаметром АВ, СМ —• его медиана, СН — высота. Наконец, CD — биссектриса угла С, поскольку Z.ACD = А АСМ + AMCD —	+
.+ AMCD = ZBC/7+ AHCD = ABCD.
Задача имеет в плоскости рисунка два решения, симметричных относительно заданной прямой МН.
41.	Пусть W— многоугольник с периметром 2g. Выберем на границе многоугольника две точки А и В, делящие периметр на половины, то есть на две части длиной а. Тогда АВ < а (рис. 38).
Рис. 38.
Докажем, что кружок радиусом а/2 с центром в середине О отрезка АВ полностью накрывает многоугольник W.
Воспользуемся рассуждениями от противного. Предположим, что кружок не накрывает многоугольник W. Тогда часть многоугольника W выступает за границу кружка. Следовательно, существует такая точка С на границе многоугольника, что ОС > а/2. С отлична от
107
точек А и В, поскольку О А = OB<Za/2, и поэтому разбивает одну из половин периметра, разделенных точками А и В, на две части. Пусть р — длина той части, концами которой служат точки А и С, а q — длина части с концами в точках С и В. Ясно, что р q — а. Поскольку р АС и q~^ СВ, то
a = p + q>AC + CB.	(I)
Пусть С' — точка, симметричная точке С относительно точки О. Поскольку точке В относительно точки О симметрична точка А, то ВС = АС' и поэтому
АС + СВ = АС + АС' > СС' == 2ОС > а.
или
а< АС + СВ.
(2)
Из неравенств (1) и (2) получаем противоречие: а > а. Следовательно, предположение о том, что кружок не накрывает многоугольник W, ложно. Тем самым утверждение задачи, противоположное принятому предположению, доказано.
Примечание 1. На рис. 38 точка С лежит вне прямой АВ, однако приведенные выше рассуждения остаются в силе и в том случае, когда точки А, В и С лежат на одной прямой.
Примечание 2 Если диаметр кружка меньше а (и равен, например, а — d, где 0 < d < а), то таким кружком можно накрыть не всякий многоугольник диаметром 2а. Например, им нельзя накрыть треугольник со сторонами
d	а . d	а . d
а~ ~2’ У^Т’	УТ'
поскольку а — d/2 > а — d.
Примечание 3 Справедливо более общее утверждение: кружком диаметром а можно накрыть любой участок плоскости, ограниченный произвольной кривой длиной 2а.
Это утверждение доказывается так же, как и утверждение задачи.
42.	Задача сводится к задаче из планиметрии. Выберем на плоскости а точку S, отличную от основания So перпендикуляра, опущенного из центра О сферы на а (рис. 39).
Плоскость So0S перпендикулярна плоскости а, пересекается с а по прямой р, с заданной сферой — по ок-108
ружности k радиусом /? и с конусом, касающимся сферы, с вершиной в точке S — по паре касательных SM и SN к окружности k. Центр окружности, по которой конус касается сферы, совпадает с серединой С хорды MN. Когда точка S пробегает прямую р, точка С описывает некоторую линию I. Геометрическим местом точек С в пространстве служит поверхность, образующаяся при вращении линии I вокруг прямой 0So. Итак, решение задачи сводится к отысканию линии I.
Чтобы найти ее, проведем из точки So касательные SoMo и SoNo к окружности k. Пусть Со — середина хорды MONO. Элементы прямоугольных треугольников OMS и 0MoSo удовлетворяют соотношениям
ОС • OS —ОМ2 —R2,
ОСо  OSo = ОМо = R2, откуда
ОС OSn
ОС • OS = ОС о • OSo, ~qq == os и
= cos (Z S0So) = cos (Z COCo),
°	ОС = OCo cos (ZCOCo).
Следовательно, точка С есть основание перпендикуляра, опущенного из точки Со на прямую OS, то есть угол
108
ОССо — прямой. Когда точка S описывает прямую р, точка С движется по окружности с диаметром ОСо, причем пробегает все точки этой окружности за исключением точки О. Таким образом, геометрическое место точек С в плоскости окружности k представляет собой окружность с диаметром 0Со, из которой выколота точка О, а геометрическое место точек С в пространстве— сфера с диаметром 0Со, из которой выколота точка О.
Примечание 1. Из соотношения ОС = R2/OS следует, что точка С — образ точки S при инверсии относительно окружности k. Решение задачи следует непосредственно из теоремы о том, что образом прямой при инверсии служит проходящая через центр О инверсии окружность с выколотой точкой О
Примечание 2. Аналогичную задачу можно поставить и для случая, когда плоскость а пересекается с заданной сферой или касается ее. Способ решения остается таким же, как и в рассмотренном нами случае.
43.	Пусть х — число, которое требуется найти. Тогда
х = 1000а + 100а + 106 + Ь,
где а и b — целые числа, удовлетворяющие неравенствам 0 < а 9, 0 sg 6 sC 9. Число х делится на 11, поскольку
х = поОа + 116 = 11 (100а+ 6).
По условиям задачи х — квадрат целого числа. Следовательно, если число х делится на 11, то оно делится и на II2, поэтому число
100а + 6 = 99а + (а + 6)
делится на 11. Но тогда а + 6 делится на 11, а поскольку 0 < а + 6	18, то а + 6 = 11. Таким образом,
х = 112(9а+ 1).
Из этого разложения видно, что 9а + 1 — квадрат некоторого натурального числа т:
9а + 1 = иг2.	(*)
Поскольку 9а + 1	82, то т 9.
Равенство («-) можно представить в виде
9а = (m 4- 1) (т — 1).
ПО
Из этого равенства следует, что произведение (/п + 1)Х Х(ш—1) делится на 9, а поскольку на 3 делится не более чем одно из чисел т— 1, т-\- I, то одно из них делится на 9. Учитывая, что натуральное число т меньше 10, получаем т + 1 = 9, откуда т = 8. Итак, а — 7, b = 4 и число, о котором говорится в условиях задачи, равно 7744 = (88)2.
44.	Пусть
V^ + Vy + V2—w
(по условиям задачи w — рациональное число). Тогда
Возводя правую и левую части этого равенства в квадрат, получаем
х-\-у-\-2'\/ху = ы2 — 2w V2 + 2> откуда
2 y/xy = w2 + z — х — у — 2w ^z.	(1)
Возводя еще раз обе части равенства (1) в квадрат, получаем
4ху = (w2 + z — х — у)2 + 4u?z — 4w (w2 + z — x — у) -yjz,
откуда
4w (w2 + z — x — y) -y/z =
= (w2 + z — x — y)2 + 4w22 — 4xy. (2)
При w(w2-}-z~ x — у)=£0 из равенства (2) следует, что
/—	(w2 + 2 — х — у)2 + 4bD22 — 4ху
~	4w (w2 + 2 — х — у)
Таким образом, в этом случае V2 ~ рациональное число.
При w (w2 + z — х — у)= 0 возможен один из следующих случаев. _	_	_
а)	Если w = 0, то Vх — л/у — ^2 =0.
б)	Если w=/=0, то w2 + z — х — у = 0. _Тогда из равенства (1) получаем: 2-<Jxy =— 2w-\/z. Поскольку числа 2 -yjxy и 2w'\]z неотрицательны, то из последнего
111
равенства следует, что они равны нулю, то есть 2год/г = 0. Но w=H=0, поэтому_-\/г =0.
Итак, мы доказали, что V2 — рациональное число. Аналогичным образом можно убедиться в том, что -у/х и д/у —также рациональные числа. К_этому_за-ключению приводит симметрия выражения -у/х + -yjty + + vr.
Примечание. Справедливо общее утверждение: если х, Хг, хп и V£i_ + Vхг + ... +	~ рациональные числа, то
числа Vxi > Vх2 Vxn —также рациональны.
45.	Предположим, что если х — целое число, то f(x) = ах2 + Ьх + с — также целое число. Тогда
О f(0)= с, следовательно, с — целое число;
2) f(l) = а + Ь + с, откуда а + Ь = f(1) — с, следовательно, а + Ь — целое число;
3) f(2)= 4а + 2b + с, откуда 2a = f(2)—2(а4~' '+&)—с, следовательно, 2а — целое число.
Наоборот, если 2а, а + b и с — целые числа, то квадратный трехчлен ах2 + Ьх + с при любом целом х принимает целые значения. Действительно,
ах2 + Ьх + с = ах2 — ах + ах + Ьх + с =
— ах(х— 1) + (а + Ь) х + с — 2а • -х ^2~- + (а + Ь) х-|- с.
Число х(х— 1)/2 целое, поскольку числитель х(х—1) как произведение двух последовательных целых чисел четен. Таким образом, значение ах2-}-Ьх-}-с представимо в виде суммы трех целых чисел и, следовательно, целое.
Примечание. Нетрудно доказать, что многочлен ах3 + 4- Ьх2 + сх + d принимает целые значения при любом целом х в том и только в том случае, если 6а, 26, а + 6 + с и d — целые числа.
46. Предположим, что выпуклый четырехугольник ABCD (рис. 40) удовлетворяет условиям задачи.
1) Поскольку по условиям задачи в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, то суммы противолежащих сторон четырехугольника равны:
АВ + DC = AD 4- ВС.	(1)
112
2) Кроме того, по условиям задачи существует окружность, касательная к продолжениям сторон четырех-
угольника ABCD. Это означает, что (в обозначениях, принятых на рис. 40) выполняются соотношения
ав = ам — вм,
BC = BN — CN,
DC = DP -СР,	(2)
< AD = AQ — DQ.
Из соотношений (2) получаем
АВ — DC = AM -BM-DP + СР,
AD —BC = AQ-DQ-BN + CN, а поскольку по известной теореме о касательных к окружности
AM = AQ, BM = BN, CN = CP, DP = DQ, то
AB —DC = AD — ВС.	(3)
Складывая и вычитая отдельно левые и правые стороны соотношений (1) и (3), находим:
AB = AD, BC = DC.	(4)
Из соотношений (4) следует, что четырехугольник ABCD представляет собой так называемый дельтоид. Поскольку диагонали дельтоида взаимно перпендикулярны
113
(вершины В и D расположены симметрично относительно диагонали ДС), то тем самым утверждение задачи доказано.
В приведенном выше решении имеется пробел: при выводе соотношений (2) мы использовали рис. 40, не задумываясь над тем, всегда ли относительное расположение вершин четырехугольника и точек касания продолжений его сторон с дописанной окружностью остается таким, как на рис. 40. Точнее говоря, осталось невыясненным, всегда ли можно обозначить вершины выпуклого четырехугольника, обладающего дописанной окружностью, в том порядке, в котором они встречаются при обходе периметра, буквами А, В, С, D так, чтобы точки касания дописанной окружности с продолжениями сторон четырехугольника находились на лучах АВ, ВС, DC, AD (первая буква означает вершину, из которой исходит луч), как это изображено на рис. 40. Докажем, что в действительности все обстоит именно так.
Рассмотрим одну из сторон данного выпуклого четырехугольника и прямую т, на которой лежит эта сторона. Будем различать два случая.
а.	Четырехугольник и дописанная окружность расположены по одну и ту же сторону от прямой т. Пусть М — точка касания прямой т с окружностью. Вершины четырехугольника, лежащие на прямой т, обозначим А и В так, чтобы точка М оказалась на луче АВ. Остальные вершины обозначим С и D так, чтобы при обходе четырехугольника они встречались в последовательности А, В, С, D. Наконец, точки касания прямых ВС, CD, DA с дописанной окружностью обозначим соответственно N, Р, Q.
Тогда N будет лежать на луче ВС, а точка Q — на луче AD, поскольку точки С и У, а также D и Q находятся по одну и ту же сторону от прямой т. Точка Р окажется на луче DC, так как точки D и Р расположены по разные стороны от прямой ВС (поскольку четырехугольник и дописанная окружность лежат по разные стороны от прямой ВС). Итак, мы пришли к такому расположению вершин и точек касания, которое изображено на рис. 40.
б.	Четырехугольник и дописанная окружность расположены по разные стороны от прямой т. Пусть N — точка касания прямой т с дописанной окружностью, а
114
вершины четырехугольника, лежащие на прямой т, обозначим В и С так, чтобы точка N оказалась на луче ВС. Остальные вершины обозначим D и А так, чтобы при обходе четырехугольника они встречались в последовательности В, С, D, А. Наконец, точки касания прямых CD, DA, АВ с дописанной окружностью обозначим Р, Q, М. Как и в п. а, нетрудно проверить, что точки Р, Q, М лежат на лучах DC, DA, АВ.
Примечание 1. Если четырехугольник ABCD — дельтоид, то его диагонали взаимно перпендикулярны, но не наоборот, поскольку четырехугольник с взаимно перпендикулярными диагоналями является дельтоидом лишь в том случае, если одна из диагоналей служит осью его симметрии. Таким образом, в приведенном выше решении мы доказали более сильное утверждение, чем то, которое содержится в задаче.
Примечание 2. Справедливо и обратное утверждение.
Если четырехугольник — дельтоид (выпуклый, но отличный от ромба), то существует не только вписанная окружность, касающаяся его сторон, но и окружность, касающаяся продолжений его сторон. Это следует из того, что одна из диагоналей дельтоида, например АС, лежит на оси его симметрии. Вследствие симметрии окружность с центром на прямой АС, касающаяся сторон АВ и ВС (или продолжений сторон АВ и ВС), касается и сторон AD н DC (или продолжений сторон AD и DC).
47. Доказательство необходимо провести лишь для случая, когда прямая MN не параллельна основанию треугольника.
Выбрав обозначения так, как показано на рис. 41, применим к треугольникам MKS и NLS теорему си-
нусов:	NS = MS-^- = MS •	, sin a	sin а 5l==S7v4dl=Ais •-s-!n(a+^-. sin a	sin a
Тогда
KL = KS + SL = MS
sin (ct — <в) + sin (и + и)______
sin а
,лс, 2 sin а cos to nuira
= MS-------:-----= 2MS cos о.
sin а
K.L = MN cosco,
ИЛИ
115
Поскольку угол и равен углу наклона отрезка MN к основанию треугольника, то последнее равенство означает, что длина ортогональной проекции отрезка MN на
основание треугольника равна длине отрезка KL. Тем самым утверждение задачи доказано.
48. Выберем в плоскости, содержащей прямые т и АВ, точку С, расположенную по другую сторону от прямой т, чем точки А и В.
Выполним последовательно следующие построения. Проведем отрезки АС и ВС, пересекающие прямую т соответственно в точках D и £; отрезки АЕ и BD, пере
116
секающиеся в некоторой точке F; прямую CF, пересекающую отрезки АВ и DE соответственно в точках S и 7; отрезок SD, пересекающийся с отрезком АЕ в точке G, и отрезок SE, пересекающийся с отрезком BD в точке Н\ наконец, прямые CG и СН, пересекающие отрезки АВ и DE соответственно в точках М, N и Р, Q (рис. 42).
Докажем, что точки М и Р делят отрезок АВ на 3 равные части.
Прямую т можно рассматривать как образ прямой АВ при гомотетии относительно точки С, а также при гомотетии относительно точек F, G, Н.
При гомотетии относительно центра С, а также центра F справедливы соотношения
AS _ DT AS _ ЕТ SB ~ ТЕ 11 SB — TD •
Умножая отдельно их левые и правые части, получаем (#)=>.
откуда
AS = SB = -^AB.	(1)
При гомотетии относительно центра С и центра G справедливы соотношения
AM _ DN DU _ SM АВ ~ DE 11 DE ~ SA ’
откуда
AM _ SM AB ~~ SA
а в силу соотношения (1)
AM = 2/WS,
и поскольку AM + MS = у AB, то
=	(2)
о
Аналогично доказывается и соотношение ВР = ^-АВ. О
Примечание. Имея заданную прямую т, параллельную прямой АВ (и отличную от нее) и пользуясь только линейкой, отрезок АВ можно разделить на п равных частей (п — любое
117
натуральное число). Доказательство этого утверждения сводится к доказательству двух следующих утверждений.
1.	Если указанное построение можно провести при некотором натуральном п, то оно осуществимо и при любом натуральном р < п. Действительно, предположим, что отрезок АВ разделен на п равных частей и М — точка деления, для которой АМ=(р/п)АВ. Выберем точку С по другую сторону от прямой т, чем отрезок АВ. Проведя отрезки, соединяющие точки деления отрезка AM с точкой С, получим на прямой т отрезок DE, разделенный на р равных частей. Пусть С' — точка пересечения отрезков BE и АС. Проведя прямые через точку С' и точки деления отрезка DE, получим разбиение отрезка АВ на р равных частей.
2.	При помощи одной только линейки можно найти середину отрезка АВ, если воспользоваться построением, описанным в п. 1 (точка S на рис. 42). Следовательно, отрезок можно разделить на 2* (k— любое натуральное число) равных частей. Ясно, что для данного п можно выбрать k так, чтобы выполнялось неравенство 2* > п.
49.	Требуется доказать, что если а — натуральное число, больше 1, то число
N = (а3 — 1) а3 (а3 + 1)
делится на 504 = 7-8-9. Поскольку любые два из трех чисел 7, 8 и 9 взаимно простые, то задача сводится к доказательству делимости N на каждое из них в отдельности.
а.	Число а можно представить в виде а = 1k + г, где k — натуральное число, а г — одно из чисел 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Тогда а3 = 73k3	3-72k2r + 3-7kr2 + г3. Это озна-
чает, что при делении на 7 число а3 дает такой же остаток, как и г3. Но г3 — одно из чисел 0, 1, 8, 27, 64, 125, 216, поэтому остаток от деления числа а3 на 7 равен одному из чисел 0, 1,6. Отсюда следует, что одно из чисел а3, а3 — 1, а3+ 1 заведомо делится на 7.
б.	Для доказательства делимости числа У на 8 достаточно заметить, что когда число а четно, то а3 делится на 8, а когда число а нечетно, то а3 — 1 и а3 +’ 1 — два последовательных четных числа, в силу чего одно из них делится на 4, а их произведение — на 8.
в.	Число а можно представить в виде a=3l-\- s, где I — натуральное число или нуль, a s — одно из чисел 0, 1, 2. Тогда а3 = З3/3 + 3- 32l2s + 3- 3ls2 + s3, откуда видно, что при делении на 9 число а3 дает такой же остаток, как и число s3, то есть 0, 1 или 8. Следовательно, одно из чисел а3, а3 — 1 или а3 1 делится на 9.
118
50.	Выберем на плоскости прямоугольную систему координат XOY и рассмотрим п единичных векторов ОА1г ОА2, . . ., ОАп_1, ОАп, образующих с осью ОХ углы 2л/л, 4л//1, ..., (2/1 — 2) л/п, с2лп!п (рис. 43). Пусть V — сумма этих векторов:
V — О А. + ОА2 + ... + ОАп_1 + ОАп.
Разложим каждый из векторов ОА, и вектор V на две составляющие (проекции), параллельные осям ОХ и
OY. Составляющие вектора ОА, равны соответственно соз(2/л//1) и sin(2/n//i). Составляющие вектора V обозначим X и Y. Тогда 2л . 4л Х= cos— + COS — . 2л . . 4л Y — sin------k sin---
п 1 л
.	(2п — 2) л .	2пл
... + cos 2---------------Р cos------,
п 1 п ’
. . (2/г — 2) л . . 2/1Л
.. + sin 2--------------k sin------.
п 1 п
Повернем систему п векторов OAt на угол 2л//1 вокруг точки О (поскольку п > 1, то угол поворота меньше 2л). На тот же угол 2л//1 повернется и сумма векторов, или вектор V. Нетрудно заметить, что после поворота мы получаем систему векторов, не отличающуюся и	~
от исходной, поскольку вектор OAi переходит в вектор
119
0А2, вектор ОА2 — в вектор ОА3 и так далее, наконец, вектор переходит в вектор ОА„ и вектор ОАп — в вектор ОА1. Но если система векторов после поворота совпадает с системой векторов до поворота, то и сумма векторов после поворота должна быть тем же вектором V, что и до поворота. Следовательно, вектор V не изменяется при повороте его вокруг точки О на угол 2п/п меньше 2л. Таким свойством обладает лишь нулевой вектор, то есть вектор, стянутый в точку О. Обе составляющие нулевого вектора равны нулю. Таким образом, X = О, У = 0. Тем самым утверждение задачи доказано.
51.	Выражение
^ = (H-x)(l + x2)(l + ^) ... (l+x2ft)
представляет собой произведение k + 1 двучленов. Раскрыв скобки, получим сумму 2ft+s слагаемых. Отдельные слагаемые мы найдем, выбрав по одному члену в каждой скобке и составив их произведение. Таким образом, Pk можно рассматривать как сумму 2*+* различных степеней переменной х, наименьшую из которых порождает произведение 1 • 1  ...  1 = х°, а любая другая представляет собой произведение вида
r2fe> . r2fe2 .	. 2kr  r2fe‘ + 2fe2+ ... + 2feг
Л Л	 « • Л	Л-	•
Не ограничивая общности, можно считать, что k\ < k2 <С ... < kr.
Рассмотрим показатели степени двух членов многочлена Pk — 1. Они имеют вид
2k' + 2*2 + ... + 2*г и 2‘ + 2'2 + ... + 2?s,
где
< k2 < ... < kr и l\<l2< ... <ls,
причем наборы натуральных чисел ki, k2, ..., k, и li, /г, , Is не совпадают. Докажем, что показатели степени выбранных нами членов не равны.
Доказательство проведем от противного. Предположим, что
2к, + 2кг+ ... +2fer=2'‘ +2?2+ ... +24	(1)
120
Равенство (1) можно записать в виде
2*‘(1 + 2^' + ... 4-2*r"ftl) =
= 2Z‘ (1 + 2la~1' + ... + 2Zs"Z‘).	(2)
Поскольку числа &2 — ki, kr — k\, /2— A, , Is—/1 положительны, то суммы, стоящие в скобках в обоих частях равенства (2) — нечетные целые числа. Поэтому из равенства (2) следует, что
откуда ky — 1\. Таким образом, в правой и в левой частях равенства (1) можно вычеркнуть первые члены. В результате мы получим укороченное равенство
2*2 + ... + 2kr = 2‘г + ... + 2Zs.	(3)
Повторяя — применительно к равенству (3)—приведенные выше рассуждения, мы убедимся в том, что
^2 ~ 1г-
Продолжая «укорачивать» исходное равенство (1), мы в конце концов придем к заключению, что если оно выполняется, то г = s и ki — h при любом i от 1 до г, то есть набор показателей ki, k2, .kr совпадает с набором показателей /2, ..., ls. Но для двух различных членов многочлена Pk — 1 это невозможно. Следовательно, любые два члена многочлена Pk представляют собой различные степени х. Поскольку младший член многочлена Pk равен произведению 1-1- ... • 1 = х°, его старший член равен х • х” • х4 ... х2* = х2*+1-1, а всего многочлен Pk содержит 2ft+1 членов, то многочлен Pk является суммой всех степеней х от нулевой до (2ft+’ — 1)-й, то есть
Pfc = l+x + x2+ ... +x2ft+1-‘.
52.	Будем придерживаться обозначений, показанных на рис. 44. Требуется доказать, что центр тяжести четырехугольника ABCD совпадает с центром тяжести четырехугольника MNPQ. Последний же представляет собой не что иное, как параллелограмм, поскольку прямые
121
MN и QP (а также прямые 1—4 и 8—5) параллельны прямой АС, а прямые MQ и NP параллельны прямой BD.
Определим прежде всего центры тяжести треугольников АВС и ADC, на которые диагональ АС разбивает четырехугольник ABCD. Центр тяжести S треугольника АВС лежит на медиане ВК этого треугольника, причем
в D
Рис. 44.
В5 = (2/з)ВК. Поскольку треугольник 1В4 гомотетичен треугольнику АВС с коэффициентом 2:3, то точка S совпадает с серединой отрезка 1—4. Аналогично можно показать, что центр тяжести Т треугольника ADC совпадает с серединой отрезка 8—5.
Известно, что если фигура составлена из двух частей (не налегающих одна на другую), то центр тяжести такой фигуры лежит на отрезке, соединяющем центры тяжести обеих частей. Следовательно, центр тяжести четырехугольника ABCD лежит на отрезке ST и, значит, на прямой, проходящей через середины сторон MN и QP параллелограмма MNPQ. Точно так же центр тяжести четырехугольника ABCD должен лежать и на прямой, проходящей через середины сторон MQ и PN того же параллелограмма. Обе прямые, которым принадлежит центр тяжести четырехугольника ABCD, пересекаются в центре параллелограмма MNPQ, то есть в его центре тяжести. Следовательно, центры тяжести четырехугольника ABCD и параллелограмма MNPQ совпадают, что и требовалось доказать.
Примечание. Утверждение задачи остается в силе и для невыпуклого четырехугольника. Доказательство проводится так
122
же, как и в случае выпуклого четырехугольника, с тем лишь различием, что если АС — диагональ, лежащая вне четырехугольника ABCD (рис. 45), то центр тяжести четырехугольника
ABCD лежит не на отрезке TS, а на его продолжении за точку S.
53.	Доказательство утверждения задачи о плоскости, делящей пополам двугранный угол в тетраэдре, можно свести к доказательству аналогичного утверждения о
биссектрисе угла в треугольнике. Рассмотрим ортогональную проекцию A'B'C'D' тетраэдра ABCD (рис. 46) на плоскость л, перпендикулярную ребру АВ.
Проекции А', В' точек А, В совпадают, и проекция тетраэдра имеет вид треугольника A'C'D', причем угол
123
C'A'D' равен линейному углу двугранного угла с ребром АВ. Пусть М'— проекция точки М, в которой плоскость, делящая пополам этот двугранный угол, пересекается с ребром CD. Прямая А'М'— биссектриса угла C'A'D', поскольку углы С'А'М' и M'A'D' равны линейным углам равных двугранных углов. По теореме о биссектрисе внутреннего угла в треугольнике
С'М' _ А'С' M’D’ ~ A’D' '
Поскольку проектирование не изменяет отношения длин отрезков на прямой, то
С'М’ _ СМ
M’D' ~~ MD •
Отрезки А'С' и A'D' — проекции треугольников АВС и ABD. Следовательно, отрезки А'С' и A'D' можно рассматривать и как проекции высот треугольников АВС и ABD, опущенных на общую сторону АВ. Но эти высоты параллельны плоскости л, на которую спроектирован тетраэдр ABCD, и поэтому равны своим проекциям. Поскольку площади треугольников АВС и ABD, имеющих общую сторону АВ, относятся как соответственные высоты, то
SABC __ А'С'
SABD А D
Приведенные выше соотношения позволяют привести это равенство к виду
см  $ АВС $ABD
что и требовалось доказать.
54.	Как известно, площадь многоугольника, описанного вокруг данной окружности, пропорциональна его периметру, поэтому утверждение задачи эквивалентно утверждению о том, что из всех четырехугольников, описанных вокруг данной окружности, наименьшую площадь имеет квадрат.
Пусть Q — квадрат, описанный вокруг данной окружности К, ABCD — отличный от квадрата четырехуголь-
124
ник, описанный вокруг той же окружности, и К.' — окружность, описанная вокруг квадрата Q. Для большей наглядности на рис. 47 квадрат и четырехугольник описаны вокруг двух разных окружностей, а не вокруг одной и той же окружности.
Заметим, что по крайней мере одна вершина четырехугольника ABCD должна лежать внутри окружности К', поскольку по крайней мере один из его углов больше прямого.
Стороны квадрата отсекают от круга, ограниченного окружностью В' (мы будем обозначать круг так же, как и граничную окружность), четыре равных сегмента. Пусть s—площадь такого сегмента. Тогда
пл. <Э = пл. Л' — 4s.	(1)
Прямые АВ, ВС, CD, DA отсекают от круга К' такие же сегменты площадью s. Поскольку по крайней мере одна из точек А, В, С, D лежит внутри окружности В', то по крайней мере два из этих сегментов перекрываются. Следовательно, площадь К' — 4s меньше площади той части четырехугольника ABCD, которая лежит внутри окружности В', и тем более меньше площади всего четырехугольника ABCD:
Sabcd > пл. А"' — 4s.
(2)
Используя соотношение (1), получаем
Sabcd > пл.
что и требовалось доказать.
.125
Пр имечание. Аналогичным образом можно доказать и более общее утверждение:
из всех многоугольников с одним и тем же числом сторон п, описанных вокруг данной окружности, наименьшим периметром обладает правильный многоугольник.
55.	Заметим, что утверждение (а) можно сформулировать так: в заданной числовой последовательности каждый пятый член, начиная со второго, делится на 5 и ни один другой член не делится на 5. Поскольку «2 делится на 5, то это означает, что ап делится на 5 в том и только в том случае, если п = 2 + 5k, где k — любое натуральное число или нуль, откуда п — 2 = 5k. Это наводит на мысль ввести новую нумерацию членов последовательности так, чтобы старый номер п был связан с новым номером m соотношением п = 2 -|- m (m принимает значения—1, 0, 1, 2, 3, ...). Тогда
a„ = 3(m + 2)2 + 3(m + 2) + 7 = = 3m2 -|- 15m + 25.
Поскольку при целом m число 15m + 25 делится на 5, то из соотношения для ап следует, что ап делится на 5 в том и только в том случае, если число Зт2 кратно 5. В свою очередь это возможно в том и только в том случае, если m делится на 5, то есть если п = 2 -|- 5k, где k — любое целое неотрицательное число. Тем самым утверждение (а) доказано.
Утверждение (б) докажем от противного. Пусть существует такое целое число t, что при некотором значении индекса п
ап = Зп2-\-Зп-\-7 — t3.
Число Зи2 + Зп + 7 = 3n(n + 1) + 7 нечетно, поскольку п(п-|-1) как произведение двух последовательных целых чисел четно. Следовательно, t3, а значит и t, — нечетное число (t = 2s + 1, где s — целое число) и
Зп2 + Зп + 7 = 8s3 + 12s2 + 6s + 1, или
Зп2 + Зп + 6 = 8s3 + 12s2 + 6s.
Из последнего равенства видно, что 8s3 (а значит, и s)' делится на 3, поскольку все остальные члены в обеих 126
частях равенства делятся на 3. Подставив s = Зг, получим
Зп2-|-Зп + 6 = 8 • 27г3-|- 12-9г2 + 6-Зг, или (после деления на 3)
п! + п + 2 = 72г3 + 36г + 6г.
Мы пришли к противоречию, поскольку правая часть этого равенства делится на 3, а левая не делится. Действительно, при делении на 3 число и2 4- п + 2 дает остаток 2, если п— число вида 3k или 3^ + 2, и остаток 1, если п имеет вид 3k -J- 1. Тем самым утверждение (б) доказано.
56.	Докажем сначала следующее утверждение: если а и b — произвольные вещественные числа, а т и п — натуральные числа одинаковой четности, то
ат + Ьт ап+ Ьп ат+п + Ьт+п
2	'	2	2	W
Для доказательства заменим неравенство (а) эквивалентным неравенством
2 (ат+п + Ьт+п) - (ат + Ьт) (ап + Ьп) > О, которое после преобразования левой части можно записать в виде
(am-bm)(an-bn)^0.	(р)
Чтобы доказать неравенство (р) для чисел т и п одинаковой четности, необходимо рассмотреть в отдельности два случая.
а.	Числа /пип нечетны.
При нечетном показателе степени с увеличением основания степень возрастает. Следовательно, если а Ь, то ат Ьт и ап Ьп, а если а < Ь, то ат <; Ьт и ап< Ьп. Таким образом, при нечетных т и п неравенство (Р) выполняется.
б.	Числа т и п четны: т = 2k, п = 21, где k и / —и натуральные числа.
Если а2 Ь2, то
(o2)fc>(b2)ft и (a2)zXfe2/ или
ат^Ьт и ап^Ьп.
Следовательно, неравенство (р) выполняется.
127
Если a2 <Z b2, то
(а2)* < (b2)k откуда
a < о
и (с2)1 < (fo2)z, и an< bn.
Следовательно, неравенство (P) выполняется и в этом случае, что и требовалось доказать.
В силу неравенства (а) для произвольных вещественных а и b справедливы неравенства
а + b а3 + Ь3 а4 + Ь4 ~1	2	2
а2 + Ь2 а4 + Ь4 а6 + Ь3
2	2	2	‘
(2)
(3)
Умножая отдельно левые и правые части неравенств (2) и (3), получим неравенство (1), которое и требовалось доказать.
57.	Подставив в уравнение
ах1 ~|- Ьх + с = О	(1)
х = yja и умножив обе части его на а, получим уравнение
У2 -\-by~\-ac = Q	(2)
с целочисленными коэффициентами.
Если х — рациональное число, то и число у = ах рационально. Следовательно, уравнение (2) так же, как и уравнение (1), имеет рациональный корень. Известно, что если уравнение с целочисленными коэффициентами, в котором коэффициент при старшем члене равен 1, имеет рациональный корень, то этот корень — целое число. Таким образом, уравнение (2) имеет целочисленный корень yi. Но тогда другой корень у2 уравнения (2), равный —b — yi, также выражается целым числом. Поскольку
У1 + Уг = — Ь, У1У2 = ас, то
afcc = — У1У2 (yi + у2).
По крайней мере одно из чисел ylt у2, у\ + у2 четно, поэтому произведение abc четно. Отсюда следует, что по крайней мере одно из чисел а, Ь, с четно.
128
Примечание. В приведенном выше решении мы считали известным утверждение о том, что если уравнение
хп + щх” 1 + ... + an-ix + ап — О,	(У)
где at, ,... а„ — целые числа, имеет рациональный корень х = p/q, то число p/q — целое.
Его легко доказать. Не уменьшая общности, можно предположить, ччто р и q — целые взаимно простые числа. Подставляя в уравнение (У) корень к = p/q и умножая обе стороны на qn, получаем
рп + а1рп ’?+ ... +an~lpqn ,+anqn=^0.
В левой части все члены, начиная со второго, делятся на q, и поэтому первый член также должен делиться на q. Отсюда следует, что q — 1 или q = —1 (в противном случае в разложении q нашелся бы простой множитель d #= 1, который быт бы делителем числа р вопреки исходному предположению, согласно которому р и q — взаимно простые числа). Таким образом, p/q — целое число.
58.	Предположим, что два из заданных отрезков ai, «2, .... ап, например, а\ и п2, не лежат на одной прямой и поэтому имеют лишь одну общую точку А. Если аь — любой из остальных отрезков, то по условиям задачи тройка отрезков ai, а2, ak имеет общую точку. Следовательно, отрезок аь должен содержать точку А, то есть А — общая точка всех отрезков.
Если рассмотренное нами предположение не выполняется, то есть если любые два отрезка лежат на одной прямой, то все заданные отрезки лежат на одной и той же прямой. Поскольку любые три из них имеют общую точку, то и любые два из них также имеют общую точку. Чтобы доказать существование общей точки у всех отрезков, достаточно доказать следующее утверждение:
если отрезки а\, а2, ..., ап (п^2) лежат на одной прямой и любые два из них имеют общую точку, то существует точка, принадлежащая всем отрезкам,
Докажем это утверждение методом математической индукции:
а)	при п= 2 утверждение заведомо верно;
б)	предположим, что оно верно при п = k 2;
в)	тогда оно должно выполняться и при п = k + 1.
По предположению (б) отрезки «ь а2, .... at имеют общую точку Р. Докажем, что существует точка,
5 Зак. 933
129
принадлежащая отрезкам ait а2, ал+ь Пусть М и N— концы отрезка ал+] (рис. 48).
Рассмотрим возможные положения точки Р относительно точек М и N.
Если точка Р лежит между точками М и N или совпадает с одной из них, то Р — общая точка отрезков Оь «2, - Ofe+i. Если точка М расположена между точками Р и N, то М — общая точка отрезков ai, а2, ... ..., «л+ь Действительно, каждый из отрезков alt а2, ...
И § N
Рис. 48.
..., а* содержит точку Р, а также (в силу предположения) некоторую точку Q отрезка MN и, следовательно, должен содержать целый отрезок PQ, а точка М принадлежит отрезку PQ. Наконец, как показывают аналогичные рассуждения, если точка N находится между точками М и Р, то N— общая точка отрезков ai, а2, ... ..., as, ak+i- Итак, из (а) и (б) следует, что утверждение выполняется при любом п 2.
Примечание. Приведенное выше утверждение об отрезках, лежащих на одной прямой, является частным случаем важной теоремы о выпуклых фигурах:
если выпуклые фигуры Ft, Ft.Fn (n Л + 1) располо-
жены в k-мерном пространстве так, что любые k + 1 из них имеют (по крайней мере одну) общую точку, то существует (по крайней мере одна) точка, принадлежащая всем фигурам.
Это общее утверждение известно как теорема Хелли — Радона.
59.	Утверждение, которое требуется доказать, можно свести к известному утверждению о том, что сумма расстояний от любой точки равностороннего треугольника до его сторон равна высоте этого треугольника.
Проведем через вершины А, В, С данного треугольника прямые, перпендикулярные соответственно сторонам АВ, ВС, СА. В обозначениях, показанных на рис. 49, мы получим равносторонний треугольник А'В'С', в котором расстояния ОМ', ON', OP' от точки О до сторон В'С', С'А', А'В' соответственно равны расстояниям от точек Р, М, N до вершин А, В, С, то есть
АР = ОМ', BM = ON', CN = OP',
130
вследствие чего
АР + ВЫ + CN = ОМ' + ON' + OP'.
Сумма ОМ' + ON' + OP' не зависит от потожения точки О и равна высоте треугольника А'В'С'. Если а — длина стороны треугольника АВС, то длина стороны тре-
угольника А'В'С' равна Ь — а-у/З, а его высота равна /j д/З/2 = 3cz/2. Следовательно, АР + ВМ Д- CN = За/2 независимо от положения точки О в треугольнике АВС, что и требовалось доказать.
Примечание. Утверждение о том, что сумма расстояний hi, hi, h3 от произвольной точки О равностороннего треугольника АВС до его сторон равна высоте h этого треугольника, доказывается без труда. Если точка О выбрана внутри треугольника АВС, то Sabc — S.iob + Звос + Scob, откуда Здвс — =a(hi + h-2 + h3)/2, где а — длина стороны треугольника. Такое же равенство мы получим и в том случае, если точка О лежит на стороне треугольника АВС, но одна или две из длин hi, h->, h3 обращаются в нуль. Таким образом, сумма длин hi + h2 + Ьз равна отношению удвоенной площади треугольника АВС к длине его стороны, то есть высоте h треугольника АВС.
60.	Пусть а — длина стороны квадрата ABCD. Длины боковых ребер пирамиды обозначим k, /, т, п так, чтобы выполнялись неравенства k I т п.
5*
131
Каждый путь, начинающийся и кончающийся в точке S и проходящий через все вершины квадрата ABCD, можно условно записать в виде
S ... W1 ... W2 ... ТГз ...	... S, (1)
где Wi, W2, W3, W4 означают вершины А, В, С, D, взятые в том порядке, в каком они встречаются по пути. Отрезок пути от вершины S до вершины Wi не может быть короче ребра SWi, а отрезок пути от вершины W4
Рис. 50.
до вершины S не может быть короче ребра S1F4. Длина обоих этих отрезков, взятых вместе, не может быть меньше суммы двух наиболее коротких боковых ребер, то есть меньше k +1. Отрезок пути от вершины IFi до вершины W2 не может быть короче стороны .квадрата ABCD, то есть короче а. То же относится и к отрезкам пути от W'2 до W3 и от W3 до IV4. Таким образом, весь путь (1) не может быть короче k + I + За.
Следовательно, если найдется путь, длина которого равна k + I + За, то он будет кратчайшим. Чтобы найти его, определим два наиболее коротких боковых ребра пирамиды.
Проведем 4 оси симметрии квадрата ABCD (рис. 50). Они делят плоскость квадрата на 8 секторов I—VIII.
132
Проекция О вершины S пирамиды лежит внутри одного из секторов (например, внутри сектора /) или на его границе. По свойству прямой, проходящей через середину отрезка перпендикулярно ему, справедливы неравенства
ОЛ<ОВ<ОЕ)<ОС.
Следовательно, О А и ОВ—два кратчайших отрезка из отрезков ОА, ОВ, ОС, CD-, S/1 и SB— два наиболее коротких боковых ребра пирамиды (более короткой проекции соответствует более короткая наклонная), а именно: S/l = k, SB — I. Таким образом, путь SADCBS, имеющий длину S/l + AD + DC -f- СВ + BS — k + I + За, — кратчайший из возможных.
Если точка О лежит на луче МА, ио не совпадает с центром квадрата М, то существуют 2 кратчайших пути SADCBS и SABCDS. Наконец, когда точка О совпадает с точкой М, то существуют 4 кратчайших пути. Ясно, что любой из путей можно проходить в двух направлениях.
61.	а. Предположим, что некоторое число х удовлетворяет обоим уравнениям
f х2 + pix + ?! == О,
{ х2 + р2х + q2 = О
Необходимое и достаточное условие, о котором говорится в условиях задачи, мы найдем, исключив х из этих уравнений. Сделать это можно, например, следующим способом.
Если р\ =/= р2, то уравнения (1) можно разрешить относительно х и х2:
__  <72 — <71	2 _ Pi<72 — Рг<71	/2)
Р2-Р1 ’	Р2-Р1	7
Следовательно, должно выполняться соотношение
Р; <72 — P2<7i __ б <7г — <71 А2 Р2 — Pl \ Р2—Р1 / ’
которое после несложных преобразований приводится к виду
(Р1 — Рг) (Р1<7г — Рг<71) + (<71 — Яг)2 = 0-	(4)
133
Если же pi = р2, то, вычитая из одного равенства (1) другое, мы получаем равенство свободных членов qi — <72 = 0. Следовательно, соотношение (4) выполняется и в этом случае. Итак, соотношение (4) — необходимое условие того, чтобы уравнения (1) имели общий корень. Это же условие является и достаточным. Действительно, если р\ =£= р2, то из соотношения (4) следует соотношение (3), в силу чего
<?2 — <71
pa — Р1
(5)
—общий корень уравнений (2), а значит и уравнений (1). Если же pi = р2, то из соотношения (4) мы получаем равенство qi — q2. В этом случае оба уравнения (1) тождественны.
Если коэффициенты pi, qi, р2, q2 исходных уравнений (1) вещественны и удовлетворяют условию (4), то при Р\ Рг их общий корень, определяемый соотношением (5), веществен. Следовательно, остальные корни уравнений (1) также вещественны. При pi = p2 оба уравнения имеют одни и те же корни, которые, однако, не обязательно вещественны.
б. Если pi, qi, р2, q2 — рациональные числа и уравнения (1) имеют общий корень, но не тождественны, то pi #= Р2 и общий корень Xi уравнений (1) определяется выражением (5) и поэтому рационален. Остальные корни х2 и х3 уравнений (1) также рациональны, так как х2 - —pi — Xi и х3~ —р2 — XI.
62.	Поскольку 25 > 52, то при п — 5 неравенство 2" > п2 верно. Предположим, что оно верно при некотором целом k > 4, то есть что 2* > k2. Тогда
2ft+1 = 2fc • 2 > k2 • 2 = k2+ k2 > k2 + 2k + 1 = (k + I)2.
Таким образом, неравенство 2” > n2 выполняется и при n — k-\-\. Следовательно, по принципу математической индукции оно выполняется при любом целом п > 4.
В приведенном выше доказательстве мы опирались на то, что при k > 4 справедливо неравенство k2 > 2k + +1. Действительно, неравенство /г2>2/г-]-1 эквивалентно неравенству k (k — 2)>1, выполняющемуся при k > 4 и даже при k 3.
134
Примечание. Справедливо более общее утверждение: если а — целое число больше 1, а п — целое число больше а1 2, то
ап>па.	(1)
Доказательство этого утверждения при а = 2 приведено выше. Предположим поэтому, что а > 2, и воспользуемся методом математической индукции. При п — а2 неравенство (1) выполняется. Действительно, аа при а > 2 больше, чем (с2) ° = = а2а, поскольку из неравенства а > 2 следует, что а2 > 2а.
Предположим, что при некотором целом k а2 ak > ka.
Требуется доказать, что тогда а*+1 > (k + 1)а.
По предположению индукции ak+' = ak а > ka-a. Следовательно, достаточно доказать, что при а > 2 и k а2 выполняется неравенство ka-a > (k + 1)", или
Но если а > 2 и k а2, то
что и требовалось доказать *.
63.	I решение. Подсчитаем, сколько четырехзначных чисел с неповторяющимися цифрами можно составить из цифр 1, 2, ..., 9. Первую цифру Ci можно выбрать девятью способами. После того как Ci определена, вторую цифру с2 можно выбрать восемью способами. Задав первые две цифры щ и с2, мы сможем выбрать третью цифру с3 семью способами, а после того, как определены первые три цифры Ci, с2, с3, последней цифрой с4 могут оказаться еще 6 цифр. Таким образом, множество всех допустимых чисел содержит 9-8-7-6 элементов.
Для любого числа, принадлежащего этому множеству, в том же множестве существует вполне определенное число, каждая цифра которого дополняет соответствующую цифру исходного числа до 10. Таким образом,
1 В доказательстве мы использовали утверждение о том, что
если п — целое число больше 1 и —1, то (1+</)"> 1 + nd Это неравенство («неравенство Бернулли») нетрудно доказать методом математической индукции.
135
все числа множества можно разбить на пары, объединив в одну пару числа, у которых цифры, стоящие на одном и том же месте, в сумме дают 10, например 3562 и 7548.
Всего имеется (1/2)-Э-8-7-6 таких пар. Сумма чисел, образующих одну пару, равна 1000-10 + 100-10 + + 10-10 + 10= 11 ПО. Следовательно, сумма всех членов, образующих рассматриваемое множество, равна
у • 9  8 • 7 - 6 • 11 110 = 16 798 320.
II решение. Как подсчитано в I решении, всего существует 9-8-7-6 допустимых чисел. Столько же цифр приходится на каждый десятичный разряд этих чисел. В любом десятичном разряде каждая из девяти цифр встречается одинаковое число раз, а именно (9-8-7-6): :9 = 8-7-6 раз. Следовательно, сумма цифр, стоящих в любом десятичном разряде, равна 8-7-6(1 + 2 + 34-+ 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 8-7-6-45, а сумма всех чисел—8-7-6-45-1111 = 16798320.
64.	Пусть Н — основание высоты правильного тетраэдра ABCD, опущенной из вершины D, то есть центр его основания ABC, а М, N, Р — точки пересечения плоскости, проходящей через прямую HD, с прямыми ВС, СА, АВ.
Углы а, (3, у — это углы, образуемые отрезками MD, ND, PD с их проекциями МН, NH, PH на плоскость АВС, поэтому
, HD , D HD . HD
Нетрудно проверить, что если а — длина ребра тетраэдра, то
HD = asJ~.	(3)
Соотношения (2) и (3) позволяют преобразовать соотношение (1), которое требуется доказать, к виду
МН2 NH2 PH2 а2 •	™
Мы видим, что утверждение задачи свелось к утверждению (4) из планиметрии о равностороннем треугольнике АВС (со стороной а), стороны которого ВС,
136
С А, АВ или их продолжения пересекаются в точках М, N, Pc прямой /, проходящей через центр Н треугольника (рис. 51).
Поскольку точка Н находится внутри треугольника, то точки М, N, Р лежат на прямой I по разные стороны от точки Н. Не уменьшая общности, предположим, что точка М лежит по одну, а точки N и Р.— по другую
сторону от точки Н (точки N и Р могут, в частности, совпадать с вершиной Л). Пусть X, р, v — углы, которые отрезки НМ, HN, ИР образуют с перпендикулярами, опущенными из точки И на стороны ВС, СА, АВ^ Как известно, эти перпендикуляры имеют длину ад/З /б и образуют между собой углы 120°.
Поскольку
т т,, а д/3 гт я г о ^3	и о   с л/з
НМ 6 cos Л ’ N 	6 cos р. ’	6 cos V ’
причем
p + v=120°, Х+р = 60°
и, следовательно,
р = 60° —Z, v =	+
то
_JL_ + _L_+_L==
ВАР ВАР HP2
=	[cos2 X + cos2 (60° - Л) + cos2 (60° + Л)].
137
При помощи известных соотношений для тригонометрических функций нетрудно вычислить, что
cos2 X + cos2 (60° - X) + cos2 (60° + Z) = .
Подставляя значение этой суммы в предыдущее равенство, получаем
1.1.1	18
НМ2 ”г HN2 ’’ HP2 ~ а2 ’
что и требовалось доказать.
65.	Чтобы приводимое ниже доказательство не зависело от расположения точек на окружности, мы не 6} дем в своих рассуждениях ссылаться на чертеж.
Подвергнув фигуру Ф1 = {Л, В, С, D, Е, F} преобразованию симметрии относительно общей оси симметрии параллельных хорд АВ и DE данной окружности, мы получим фигуру ф2 — {В, А, С', Е, D, F'}. Буквы в скобках означают образы точек А, В, С, D, Е, F фигуры Фь Под действием преобразования параллельные хорды DC и AF перейдут в параллельные хорды ЕС' и BF'. Подвергнув затем фигуру Ф2 преобразованию симметрии относительно общей симметрии хорд ЕС' и BF', получим фигуру Ф3 = (F't А', Е, С', D', В}. Наконец, подвергнув фигуру Ф3 преобразованию симметрии относительно оси симметрии хорды BE, получим фигуру Ф4 — {F", А", В, С", D", Е}. Фигура Ф4 получилась из фигуры Ф1 при умножении (то есть последовательном выполнении) трех преобразований симметрии относительно трех прямых, лежащих в плоскости фигуры и проходящих через одну точку — центр О данной окружности. Известно, что произведение таких преобразований также является преобразованием симметрии относительно некоторой прямой, проходящей через точку О. Таким образом, фигуры Ф] и Ф4 симметричны относительно некоторой прямой. При этом преобразовании симметрии, переводящем Ф1 в Ф4, точка С переходит в точку В, а точка F — в точку Е. Прямые ВС и EF, содержащие пары симметричных точек, перпендикулярны оси симметрии и, следовательно, параллельны.
Примечание 1. Фигуры Ф1 и Ф4 симметричны относительно некоторой прямой. Следовательно, точка А" совпадает с
138
точкой С, а точка D" — с точкой F, поскольку А" и D"— образы точек В и Е при этом преобразовании симметрии.
Примечание 2. В приведенном выше решении мы сослались на утверждение о том, что произведение преобразований симметрии плоскости относительно трех прямых, лежащих в этой плоскости и имеющих общую точку, есть преобразование симметрии относительно некоторой прямой, лежащей в той же плоскости.
Доказать это утверждение можно следующим образом.
Пусть а, Ь, с — три прямые, лежащие в данной плоскости и проходящие через точку О, а Р— произвольная точка плоскости. Образ точки Р при преобразовании симметрии относительно прямой а обозначим Р' и запишем
S“(P) = P/- 1 (1)
Аналогично, пусть St, (Р') = Р" и Sc (Р") = Р"’. J
Выберем на прямых а, b и с точки Л, В и С, отличные от точки О. Соответствие (1) между точками и их образами при преобразовании симметрии относительно прямых а, Ь, с приводит к следующему равенству направленных углов: •
Z (ОР, ОА) = Z (О A, OP'), Z (OP', OB) = Z (OB, ОР"),	(2)
z (ОР", ОС) = Z (ОС, ОР'"), откуда
Z (ОС, OP"') = Z (OP", OB) + Z (ОБ, ОС) =
= Z (OB, OP') + Z (ОБ, ОС) =
= Z (ОБ, О А) + z (О А, ОР') -ь Z (ОБ, ОС)
и, наконец,
Z (ОС, OP'") = Z (ОР, ОА) -Ь Z (ОБ, О А) + Z (ОБ, ОС). (3)
Пусть D — такая точка плоскости, что
Z (ОA, OD) = Z (ОБ, ОС),	(4)
в силу чего
Z (OD, ОС) = Z (ОА, ОБ),	(5)
так как
Z (ОА, OD) + Z (OD, ОС) = Z (О Л, OB) + Z (ОБ, ОС).
Точки Р и Р'" симметричны относительно прямой d = OD, поскольку из соотношений (3), (4), и (5) следует, что
Z (OP, OD) = Z (ОР, О А) + Z (ОА, OD) =
= Z (ОР, О А) + Z (ОБ, ОС),
Z (OD, OP'") = Z (OD, ОС) + Z (ОС, ОР'") =
= Z (ОА, ОБ) + Z (ОР, ОА) + Z (ОБ, ОА) + Z (ОБ, ОС) => = Z (ОР, О А) + Z (ОБ, ОС).
139
Таким образом.
Z (OP, OD) = Z (OD, OP'").
Кроме того, известно, что OP'" == OP. Взятые вместе, эти соотношения означают, что точка Р"' действительно является образом точки Р при преобразовании симметрии относительно прямой d => OD. Поскольку Р — произвольно выбранная точка Плоскости, то можно утверждать, что произведение преобразований симметрии относительно прямых а, Ь, с есть преобразование симметрии относительно прямой d.
66.	Предположим, что точка М находится на стороне АВ прямоугольника ABCD (рис. 52).
Рис. 52.
Выберем на сторонах ВС, CD, DA точки N, Р, Q следующим образом. Если точка М не совпадает ни с одной из вершин А и В прямоугольника, то проведем АТЛА |[ АС, NPUBD, PQ || АС. Тогда MQ || BD, и мы получаем путь MNPQM, представляющий собой периметр параллелограмма. Если же точка М совпадает с вершиной А, то точка Q также совпадает с вершиной А, а точки Р и N совпадают с вершиной С. В этом случае путь MNPQM вырождается в диагональ АС, проходимую дважды. Аналогично если точка М совпадает с точкой В, то путь MNPQM вырождается в диагональ BD, проходимую дважды.
Докажем, что построенный указанным выше способ бом путь MNPQM — кратчайший из возможных, 140
Прежде всего убедимся в том, что путь MNPQM, длину которого мы обозначим X, короче любой ломаной MN'P'Q'M с вершинами N', Р', Q', лежащими на сторонах ВС, CD, DA прямоугольника.
Предположим, что точка М отлична от вершин А и В прямоугольника (если точка М совпадает с А или с В, то доказательство требует лишь незначительных изменений и мы предоставляем его читателю).
Пусть Mi — точка, симметричная точке М относительно прямой AD, а М2 — точка, симметричная точке М относительно прямой ВС. Точки Р, Q и Mi лежат на одной прямой, поскольку Z1 = Z2 как углы, равные углам, образуемым диагоналями АС и DB со стороной AD, a Z7 = Z3 как симметричные углы, откуда следует, что Z2 — ЛЗ и отрезок QMi служит продолжением отрезка PQ. Точки Р, N и М2 также лежат на одной прямой. Поскольку MN = M2N и MQ = M\Q\, то треугольник М\РМ2 равнобедренный (М1Р = М2Т>) и длина пути MNPQM равна сумме длин отрезков MiP и М2Р.
Длина X' пути MN'P'Q'M, равная длине пути M2N'P'Q'Mi, не меньше суммы длин отрезков М\Р' и М2Р', поскольку MiQ' + Q'P' М\Р', a M2N' + N'P'
М2Р'. Наконец, М\Р' + М2Р' М\Р + М2Р. Действительно, если точка М3 симметрична точке Mi относительно прямой CD, то точки М2, Р, Мз лежат на одной прямой и MiP' + М2Р' = М3Р' + М2Р' М3Р + М2Р = = MiP + М2Р. Из приведенных выше рассуждений следует, что X' X, причем равенство достигается в том и только в том случае, если точки N', Р', Q' совпадают с точками N, Р, Q.
Докажем теперь, что любая ломаная MP'N'Q'M (рис. 53), вершины которой P',N', Q' лежат на сторонах CD, ВС и DA прямоугольника, длиннее X.
Пусть S — точка пересечения отрезков МР' и N'Q', Тогда
MS + SN' > MN' и P'S + SQ' > P'Q',
поэтому
откуда
MP' + N'Q' > MN' + P'Q',
MP' + P'N' + N'Q' + Q'M > MN' + N'P' + P'Q' + Q'M,
141
то есть ломаная MP'N'Q'M длиннее ломаной MN'P'Q'M н, следовательно, длиннее А.
Аналогичным образом можно доказать, что длина ломаной MN’Q'P'M больше А.
После этого уже нетрудно доказать, что длина А пути MNPQM меньше длины любого другого пути, начинающегося и закапчивающегося в точке М и имеющего об-
щие точки со всеми сторонами прямоугольника. Действительно, такой путь можно записать в виде
М ... Ki ... К2 ... К3 ... М,
где Ki, К2, Кз— точки, лежащие на трех различных сторонах прямоугольника (не считая стороны АВ). Длина пути М ... /Ci ... К2 ... К3 ... М не меньше длины пути МК\К2К3М, которая, как показано выше, не меньше длины А ломаной MNPQM, причем равенство достигается в том и только в том случае, если точки Ni, К2, Кз совпадают либо с точками N, Р, Q, либо с точками Q, Р, N.
67.	Предположим, что утверждение задачи не верно и выполняется равенство
k + (k+ 1)+ ... + {k + г) = 2",
где k, г, п — натуральные числа. Тогда, пользуясь формулой суммы членов арифметической прогрессии, получаем
(2/e + r)(r+I) = 2n+1.	(1)
142
Каждое из натуральных чисел 2k + г и г 4* 1 больше 1. Их разность (2k-j-r) — (r-(-l)—2k—1 — число нечетное, следовательно, одно из них также нечетно. Таким образом, левая часть равенства (1) делится на нечетное число больше 1, в то время как правая часть, будучи степенью числа 2, такого делителя не имеет. Отсюда мы заключаем, что равенство (1) не может выполняться.
Примечание. Любое целое число представимо в виде суммы последовательных целых чисел, например:
4 = (-3) + (-2) + (-1) + 0+1+2 + 3 + 4.
68.	Пусть N— натуральное число, не являющееся целой степенью числа 2 и поэтому представимое в виде
N = 2n(2m+ 1),
где т и п — целые числа, причем т 1, п 0.
Требуется доказать, что существуют целые числа k~^2,	(1)
для которых
а 4~ (о 4* I) 4- ... "Т (я + k — 1) — N, или
(2а + k - 1) k = 2"+I (2m + 1).	(2)
Условие (2) выполняется, если 2а 4-&—1 = 2"+’, k — 2т 4- 1, то есть если
а = 2п — т, k = 2т 4- 1.	(3)
Целые числа a, k, определенные соотношениями (3), удовлетворяют условиям (1) лишь в том случае, если 2п > т.	(4)
Условие (2) выполняется и в том случае, если 2а 4-'4- k — 1 = 2т 4- К k — 2n+1, то есть если
а = т+1-2п, k = 2n+l.	(5)
Числа а и k, определенные соотношениями (5), целые. Условия (1) выполняются лишь в том случае, если
2n<m.	(6)
143
Поскольку одно из неравенств (4) и (6) выполняется всегда, то уравнение (2) всегда допускает решение в целых числах (a, k), удовлетворяющих условиям (1).
Например, при N — 30 мы получаем решение а = 6, k — 4 и 7V = 64-7 + 8 + 9, а при N = 225 — решение а = 112, k =2 и Af = 112+ 113.
Примечание. Выясним, единственно ли найденное выше разложение натурального числа N в сумму последовательных натуральных чисел.
Как и выше, предположим, что целые числа а и k удовлетворяют условиям (1) и (2). Возможны лишь два следующих случая.
А. Число k четно. Тогда число 2а k — 1 нечетно и из равенства (2) следует, что k делится иа 2'1+l. Это означает, что при некоторых целых р 0 и ? > 0
й = 2п+1(2р + 1),	(7)
2а + k — 1 = 2q + 1, или а = q -f- 1 — 2п (2р + 1),	(8)
и
2т + 1 = (2р + 1)(2<7+ 1).	(9)
Поскольку а > 1, то из соотношения (8) и неравенств (1) получаем неравенство
9>2"(2р + 1).	(И)
Наоборот, если число 2т + 1 представимо в виде (9), где р и q — целые числа (р 0), удовлетворяющие неравенству (10), то числа а и k, определяемые соотношениями (7) и (8), задают разложение числа N в сумму последовательных натуральных чисел. Если при этом р — 0, то это разложение совпадает с найденным выше (соотношение (5)).
Б. Число k нечетно, и в силу равенства (2) число 2а -|- k — 1 делится иа 2"+*. В этом случае
А = 29 + 1,	(11)
2а + k - 1 = 2n+1 (2р + 1), или а = 2" (2р + 1) - q, (12) откуда, как и в случае А,
2т + 1 = (2р + 1) (29 + 1),	(9)
причем р' и q — целые числа, удовлетворяющие неравенствам
9 > 0,	9 < 2" (2р + 1),	(13)
так как k > 1, а > 0.
Наоборот, если число 2т + 1 представимо в виде (9), где р и 9 — целые числа, удовлетворяющие неравенствам (13), то числа а и k, определяемые соотношениями (111 и (12), задают
144
разложение числа N в сумму последовательных натуральных чисел. Если к тому же р = 0, то это разложение совпадает с найденным выше (соотношение (3)).
Итак, мы приходим к следующему заключению. Если число 2т + 1 простое, то существует единственное разложение числа N в сумму последовательных натуральных чисел. Это разложение, найденное выше и определяемое соотношениями (3) или (5) в зависимости от того, какое из неравенств—(4) или (6) — выполняется. Если же число 2т + 1 составное, то существуют и другие разложения, а именно: каждому разложению числа 2т + 1 на два неравных множителя больше 1 соответствуют еще два разложения числа N в сумму последовательных натуральных чисел. Наконец, если число 2т + 1 допускает разложение на два равных множителя, то есть является квадратом целого числа, то это порождает еще одно разложение.
Например, 30 = 6 + 7+ 84-9=4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 9-f-10+11, 225 = 112 + 113 = 74 + 75 + 76 = 43 + 44 + 45 + 46 + 47 = 35+ + 36+ 37 + 38 + 39 + 40 = 21 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + + 28+29=18+ 19+ ... +26 + 27 = 8 + 9+ ... +21 +22= = 4 + 5 + ... +21.
69.	Пусть F(n) — число способов, которыми можно вложить п писем L\, L2, .... Ln в п конвертов Ki, К2, -..., Кп так, чтобы ни одно письмо Li не попало в «свой» конверт Kt. Требуется вычислить £(6).
Предположим, что, перепутав письма и конверты, мы вложили письмо £i в конверт Ki {.<-=/= 1). Возможны два случая.
а)	Письмо Li попало в конверт К\. Тогда остальные 4 письма (ошибочно) вложены в 4 остальных конверта, что можно сделать £(4) способами. Поскольку Ki может быть любым из пяти конвертов Кг, Кз, Kt, К5, Кв, то разложить 6 писем по шести конвертам так, чтобы письмо £i попало в конверт Ki (г=#1), письмо £,— в конверт Ki и остальные письма также оказались в «чужих» конвертах, нам удастся 5-£(4) способами.
б)	Письмо Lt не попало в конверт Ki- Условимся на минуту считать, что письмо £, должно быть отправлено в конверте Ki. Тогда ни одно из писем £2, £3, £4. £5, £в не попало в «свой» конверт. Разложить в полном беспорядке 5 писем по пяти конвертам можно £(5) способами, a Ki, как и прежде, может быть любым из пяти конвертов. Следовательно, разложить 6 писем по шести конвертам так, чтобы письмо L\ попало в конверт Ki (i 1), письмо Li не попало в конверт К\ и остальные письма также оказались в «чужих» конвертах, нам удастся 5-£(5) способами.
145
Поскольку случаи (а) и (б) исчерпывают все возможные варианты ошибочного распределения писем по конвертам, то
F (6) = 5F (5) + 5F (4).
Аналогично
F (5) = 4F (4) + 4F (3),
F (4) = ЗА (3) + ЗА (2), А(3) = 2А (2) + 2А(1).
Поскольку ясно, что
А(1) = 0, А(2)=1,
то приведенные выше соотношения позволяют последовательно вычислить
А(3) = 2, А (4) = 9, А (5) = 44, А (6) = 265.
Примечание. В решении задачи 69 число 6 не имеет особого значения. Все рассуждения остаются в силе и в общем случае при произвольном числе п писем и п конвертов. Повторяя их, мы получим соотношение
А (п) = (п - 1) F (п - 1) + (п - 1) F (п - 2).	(1)
Это так называемое возвратное, или рекуррентное, соотношение, позволяющее вычислить F(n) по известным значениям F(n— 1) и F(n — 2).	*
Соотношение (1) вместе с начальными значениями А(1)=0, А(2) = 1 позволяют найти зависимость F(n) от п следующим образом. Запишем соотношение (1) в виде
F (n) - nF (п - 1) = - [А (п - 1) - (п - 1) F (п - 2)],	(2)
откуда видно, что разность F(k)—kF(k—1) при любом натуральном k > 1 имеет одну и ту же абсолютную величину, но изменяет знак при переходе от k к k + 1. Поскольку
А (2) — 2А (1) = 1,
то
A (n)-nA(n-l) = (-!)", (п>1).	(3)
Из соотношения (3) следует, что
А(п) А(п—1)	(—1)"
п! (п — 1)! п!	' '
Введя новое обозначение
146
запишем соотношение (4) в виде (— 1)га <р(п)-<р(п-1) =——.
Аналогично
(— в"-1
Ф (п — 1) - <р (п - 2) = V1 lh
<р(2)-q>(l)=y.
Складывая отдельно левые и правые части выписанных соот-... F(l) л
ношении и учитывая, что <р(1)=—।— = 0, получаем
, , 1 1,1 . (—1)"
ч,('1)=-й--зг+1г- ••• +
Таким образом,	»
Решенная нами задача называется задачей Бернулли— Эйлера о перепутанных письмах.
70.	Если сечение тетраэдра плоскостью имеет форму параллелограмма, то плоскость сечения не проходит ни через одну из вершин тетраэдра, поскольку в противном случае сечение имело бы форму треугольника, либо выродилось бы в отрезок прямой или точку.
Стороны сечения принадлежат различным граням тетраэдра, а концы каждой стороны совпадают с внутренними точками двух ребер тетраэдра.
Вершины тетраэдра можно обозначить А, В, С, D, а последовательные вершины параллелограмма — М, N, Р, Q так, чтобы вершина М лежала на.ребре АВ, а вершина N — на ребре АС. Тогда вершина Р окажется на ребре CD, а вершина Q — на ребре BD (рис. 54).
Поскольку прямые MN и PQ параллельны, то прямая PQ параллельна плоскости АВС, содержащей прямую MN. Следовательно, прямая PQ параллельна прямой пересечения ВС плоскостей АВС и DBC и точно так же MN\\BC. Аналогично MQ || AD и NP || AD.
Применяя теорему об отношении сходственных сторон подобных треугольников к треугольникам AMN
147
и АВС и к треугольникам BMQ и BAD, получаем
MN____AM	r	MQ	МВ
ВС ~	АВ	и	AD	~~АВ’
откуда MN .	MQ	АМ+ МВ
ВС '	AD	~	АВ	~ L
Пусть а — длина наименьшего, а b — наибольшего ребра тетраэдра. Тогда ВС a, AD а, ВС Ь,
AD b и из выписанного выше соотношения следует неравенство
а < MN + MQ < Ь,
которое и требовалось доказать.
71.	Пусть АВ — наибольшая из сторон треугольника АВС. По предположению АВ < 1. По ту сторону от прямой АВ, по которую лежит треугольник АВС, построим равносторонний треугольник ЛВС1 (рис. 55).
Поскольку АС АС[ и ВС BCi, то точка С лежит в круге с центром в точке А и радиусом ACi и в круге с центром в точке В и радиусом ВСЬ Таким образом, точка С находится в «линзе» — общей части обоих кру-
148
гов Это означает, что высота треугольника АВС не превышает высоты треугольника ABCi, а поскольку тре-
угольники АВС и ABCi имеют общее основание, то
$лвс "С Здвср
Но
поэтому
с _ (АВ)2 д/з . V3 ^>ABCi —	4	<. 4 ।
s <<
•^АВС 4 >
что и требовалось доказать.
Примечание. Если стороны одного треугольника меньше соответствующих сторон другого треугольника, то площадь первого треугольника может тем не менее быть больше площади второго треугольника, поскольку существуют треугольники со сколь угодно большими сторонами, имеющие площадь, которая меньше любого заранее заданного числа. Однако справедлива следующая теорема:
если стороны треугольника АВС меньше соответствующих сторон нетупоугольного треугольника А1В1С1, то площадь треугольника АВС меньше площади треугольника AiBjCt.
Действительно, суммы углов треугольников равны, поэтому среди углов треугольника АВС заведомо найдется угол, ие превышающий соответствующего угла треугольника AiBtCf. Пусть,
149
например, ZC ZCb Тогда sin С sin Сь так как по предположению ZC 90°. Но
$двс ~	' ВС s'n С’ ^A.BtCt ~ ~2 ^1^1 ‘ ^1^1 s'n •
Отсюда в силу неравенств AC <Z AiCt, BC<z BiCi, sinC^sinCi получаем
. SABC<SA1BlCr
Итак, мы доказали утверждение, более общее, чем приведено в условиях задачи, которое соответствует случаю, когда AiBt = BiCi --- CiAi = 1.
72.	Четыре прямые, пересекаясь в шести точках, образуют фигуру, называемую полным четырехсторонником. Каждая из четырех прямых пересекается со всеми другими, и все точки пересечения различны. Любые три
из прямых определяют треугольник, а на каждой прямой лежат три из шести точек пересечения. Обозначим эти точки А, В, С, D, Е, F (рис. 56) так, чтобы тройки точек {А, В, С), (A,D,E), (C,F,D), (B,F,E) лежали на заданных прямых, причем точка В лежала внутри отрезка АС, точка D — внутри отрезка АЕ, a F—была общей внутренней точкой отрезков CD и BE.
Полный четырехсторонник содержит треугольники ABE, BCF, ACD и DEF. Пусть ku k2, k3, ^ — описанные окружности этих треугольников.
150
Окружность k2 пересекается с окружностью k\ в двух точках, лежащих по разные стороны от прямой FC, поскольку точка F окружности й2 есть внутренняя точка хорды BE окружности ki, а точка С окружности k2 лежит на продолжении хорды АВ окружности ki. Одца из точек пересечения окружностей k\ и k2— точка В, другую обозначим М. Она расположена по ту сторону от прямой АВ, что и точки D, Е и F. По свойству углов, вписанных в окружность,
Z АМВ = Z AEB, Z ВМС = Z BFC,
поэтому	•
Z АМС = z АМВ + Z ВМС = Z AEB + Z BFC = = ЛАЕВ+ Z.DFE— Z. ADC.
Поскольку точки D и М расположены по одну сторону от прямой АС, то из равенства Z.AMC = 2.ADC следует, что точка М лежит на окружности k3. Таким образом, окружности klt k2, k3 имеют общую точку М.
Аналогичным образом можно доказать, что окружности ki, k2, kn имеют общую точку N. Точки М и N принадлежат окружностям ki и k2. Ни одна из них не может совпадать с общей точкой А этих же окружностей, поскольку точка А лежит на продолжении хорды ВС окружности k2 и на продолжении хорды DE окружности kt и поэтому не принадлежит ни окружности k2, ни окружности ki. Следовательно, точки М и N совпадают, то есть окружности ki, k2, k3, ki имеют общую точку, что и требовалось доказать.
Примечание. Приведенное выше решение неполно: осталось не доказанным утверждение о том, что точки пересечения четырех прямых всегда можно обозначить так, чтобы тропки точек (Д, В, С), (Д, D, Е), (С, F, D), (В, F, Е) лежали на заданных прямых, причем внутренними точками этих четырех троек были точки В, D и F. В подтверждение того, что такой выбор обозначений возможен, мы сослались на рис. 56, однако это не было строго доказано. Докажем теперь наше утверждение в общем виде, не пользуясь чертежом *.
1 Разумеется, для большей наглядности приводимое ниже доказательство можно сопровождать соответствующими чертежами, однако все рассуждения не должны зависеть от конкретных деталей того или иного чертежа.
151
Среди шести заданных точек имеются 4 тройки коллинеарных (то есть лежащих на одной прямой) точек, а в каждой тройке одна из точек лежит между двумя другими. Пусть Pi — любая из шести заданных точек, не лежащих между двумя другими. Через точку Pt проходят 2 из четырех заданных прямых. На одной из них лежат еще 2 заданные точки, которые можно обозначить Ра и Рз так, чтобы точка Ра лежала между точками Pi и Ра. Аналогичным образом на другой прямой лежат 2 другие точки, которые мы обозначим Pi и Рз так, чтобы точка Pi была заключена между точками Pi и Р6 Шестую точку обозначим Ра. Возможны два случая, которые мы рассмотрим отдельно.
I. Р6 — точка пересечения прямых Р3Р1 и РаРз- Тогда точка Ре лежит между точками Рз и Pi, поскольку прямая РаРз пересекает сторону PiP3 треугольника Р1Р3Р1 в точке Ра и, следовательно,'должна пересекать сторону P3Pi- Аналогично можно доказать, что точка Ре лежит между точками Ра и Рз. Если точки Pi, Ра, Рз Pi, Рз, Ре обозначить соответственно А, В, С, D, Е, F, то новые обозначения будут обладать всеми требуемыми свойствами.
II. Ре — точка пересечения прямых P?Pi и РзРз- Здесь в свою очередь могут представиться 2 случая:
а)	точка Ра лежит между точками Р4 и Ре. Тогда точка Рз лежит между точками Рз и Рв, поскольку прямая Р1Р3 проходит через точку Ра стороны Р4Рв треугольника Р4Р6Ре и, следовательно, должна пересекаться со сторонй РзРе Если точки Pi, Ра, Рз, Pi, Рз, Ре обозначить С, F, D, В, А, Е, то новые обозначения будут обладать всеми необходимыми свойствами;
б)	точка Р4 лежит между точками Ра и Рв. Тогда точка Рз лежит между точками Р3 и Рв, поскольку прямая PiPs проходит через точку Р4 стороны РгР6 треугольника РаРзРе и, следовательно, должна пересекаться в некоторой точке со стороной РзРе- Если точки Pi, Ра, Рз, Pi, Рз, Рв обозначить С, В, A, F, D, Е, то новые обозначения будут обладать всеми необходимыми свойствами.
73.	Пусть х, у, z означают цифры числа, которое требуется найти (х — число сотен, у— десятков и z— единиц), а с — основание новой системы счисления. Тогда
2 (100%+ 10//+ z) = с2х + су + z, откуда
(200 - с2) х + (20 - с) у + z = 0.	(1)
Итак, задача сводится к решению уравнения (1) в целых числах х, у, z, с, удовлетворяющих условиям 1 + х + 9, 0 + у + 9, 0 + z + 9, с> х, с> у, ,с > z.
Прежде всего докажем, что основание с новой системы счисления может быть равным только 15. Действительно, если 0 < с 14, а х, у, z удовлетворяют
152
выписанным выше условиям, то
(200 - с2) х + (20 - с) у + z > 4х + бу + z > 4.
Если же с 16, то
(200 — с2) х + (20 — с) у + z — 56х + 4у + z < - 56 + 36 + 9 < - 11.
Подставляя в уравнение (1) с — 15, получаем - 25х + 5у + z = 0.	(2)
Если целые числа х, у, z удовлетворяют уравнению (2), то z делится на общий множитель 5 первых двух членов. Поскольку 0 z 9, то это возможно лишь в двух случаях.
Случай 1: z — 0. Из уравнения (2) получаем — 5х + у = 0, откуда видно, что х и у могут принимать лишь значения х — 1, у — 5. Следовательно, xz/z=150. Это число удовлетворяет условиям задачи, поскольку в системе счисления с основанием 15 запись 150 соответствует десятичному числу 152 + 5-15 = 300 — 2-150.
Случай 2: z = 5. Величины х и у удовлетворяют уравнению
- 5х + у+ 1 -0,
из которых видно, что х < 3, поскольку при х > 3 левая часть этого уравнения отрицательна: —5х + у-\-1
—15 + 9 + 1 =—5. Если х = 1, то у — 4, а при х = 2 получаем у = 9. Трехзначное число xyz соответственно равно 145 и 295. Оба числа удовлетворяют условиям задачи, поскольку
152 + 4 - 15 + 5 = 290 = 2 • 145, 2- 152 + 9- 15 + 5 = 590 = 2-295.
Итак, задача допускает 3 решения: трехзначные числа 145, 150, 295. Основание другой системы счисления для каждого из трех чисел равно 15.
74.	Ответ на вопрос задачи зависит от того, будем ли мы. включать в число подмножеств пустое множество (то есть множество, не содержащее ни одного элемента)
153
или нет. В первом случае (пустое множество входит в число подмножеств) ответ на 1 больше, чем во вто-ро‘м. Условимся рассматривать лишь непустые подмножества.
Пусть р — число всех возможных разбиений множества Z, содержащего п элементов, на 2 непустых подмножества. Тогда 2р означает число всех подмножеств множества Z, непустых и отличных от самого множества Z.
Число 2р мы найдем как сумму числа подмножества, содержащих 1, 2, .... (n — 1) элементов. Поскольку подмножеств, содержащих k элементов, существует столько же, сколько способов выбрать k элементов из п, то есть
WO+GH •+(»“)•	<>
По формуле бинома Ньютона получаем
+(»“1)+(0- <2>
Вычитая из равенства (2) равенство (1) и учитывая, что	полУчаем
2” - 2р = 2, откуда
р = 2п~‘ — 1.
75.	Возводя обе части исходного неравенства п+1	« _	,п
+1 < '
в п(п-{- 1)-ю степень, получаем неравенство («+!)"<«"+’,
эквивалентное (на множестве натуральных чисел) неравенству (1). В свою очередь новое неравенство заме-ним неравенством I -J < п, или
(1+!)"<«•	(2)
154
Неравенство (2) для любого натурального п > 2 нетрудно доказать методом математической индукции.
а) При п = 3 неравенство (2), очевидно, верно, поскольку
(1+ !)’=> <з.
б) Предположим, что при некотором п
Итак, из основания индукции (а) и предположения индукции (б) следует, что неравенство (2), а значит и неравенство (1), выполняется при любом натуральном п > 2.
Примечание. Нетрудно указать неравенство, гораздо более сильное, чем неравенство (2): докажем, что для любого
натурального п
(1 + ±)’<з.
По формуле бинома Ньютона
Кроме того,
( п\ 1 _ n(n-1)... (n-fe+1) 1 _ 1 Л _ J_\
\ k) nk	1 • 2..... k nk k\ \ n) ’ ’ ’
Таким образом,
('+4-)"<,+|+4-+4+-+4<|+|+
+4+4+ +4”1+(2-2f)<s'
155
Можно доказать, что с увеличением п значение (J 4- — j также возрастает. Следовательно, набор чисел ^1+—при п == 1, 2, 3, ,,, представляет собой возрастающую последовательность, каждый член которой меньше 3. Одна нз фундаментальных теорем математического анализа утверждает, что такая последовательность имеет предел, то есть существует число, от которого величина | 1 + —) при достаточно больших п отличается сколь угодно мало. Пределом последовательности ( 1 + —) служит некоторое иррациональное число, играющее важную роль в математике. Его принято обозначать е. Прибли-женное значение е составляет 2,71828... ,
76.	Пусть М и N— середины сторон АВ и ВС выпуклого четырехугольника ABCD. Тогда MN || АС и MN = ±-AC (рис. 57).
Предположим, что О — та самая точка четырехугольника ABCD, которую требуется найти.
Проведем через точки В, О, D прямые b, р, d, параллельные прямой АС Пусть б — расстояние между прямыми b и d, а g— расстояние между прямыми Ь и р. Тогда
$OMBN = &MBN + $MON = у AW • g = -4- АС • g,
$ABCD = $АВС + $ADC — АС '
Но
Sqmbn — "4 $ABCD>
156
поэтому
1лс^=4лс-6’
откуда
Е-1 "
Итак, мы выяснили, что прямая р равноудалена от прямых b и d. Следовательно, прямая р проходит через середину отрезка BD.
Это означает, что точка О должна лежать на прямой р параллельной диагонали АС и проходящей через середину диагонали BD. Аналогичным образом можно доказать, что точка О должна лежать и на прямой q,
параллельной диагонали BD и проходящей через середину диагонали АС. Таким образом, точку О мы найдем, произведя построение, изображенное на рис. 58 (Л1, N, Р, О — середины сторон заданного четырехугольника).
Построение возможно во всех случаях, так как прямые р и q всегда пересекаются. Поскольку четырехугольник ABCD выпуклый, то параллелограмм MNPQ целиком лежит в нем. Середины диагоналей АС и BD находятся внутри параллелограмма MNPQ, так как его стороны равны половинам этих диагоналей. Следовательно, точка О пересечения прямых р и q также расположена внутри параллелограмма MNPQ, а тем самым и внутри четырехугольника ABCD и отрезки ОМ, ON, OP, OQ делят четырехугольник ABCD на
157
4 четырехугольника. Площадь каждого из них составляет ’/4 от площади четырехугольника ABCD^ поскольку, например, Sqmbn = l/2MN-l = 1/&АС-8. Таким образом, построенная точка О удовлетворяет всем условиям задачи. Существует лишь одна такая точка.
77.	Найти простое решение задачи нам поможет следующая теорема.
Пусть D, Е, F — внутренние точки сторон ВС, С А, АВ треугольника АВС. Прямые AD, BE и СЕ пересекаются в том и только том случае, если
BD СЕ AF _____.
~DC ’ ТТ ’ ~ЕВ~~ Ь	'
•
Эту теорему можно доказать следующим образом.
Предположим, что прямые AD, BE, CF пересекаются
в точке М. Тогда _ SAMB	СЕ	SBMC	AF	SAMC
DC	SAMC’	EA	SAMB	FB	SBMC
Умножая отдельно левые и правые части этих равенств, получаем соотношение (1).
Наоборот, пусть D, Е, F — точки внутри сторон ВС, СА, АВ, выбранные так, что выполняется соотношение (1). Тогда прямые AD и BE пересекаются в некоторой точке М, а прямая СМ пересекается со стороной АВ в некоторой точке F'. По доказанному выше
BD СЕ AF'  .	/</\
~DC ’ ~ЁА ’ f'fi — Ь	11 '
Из соотношений (1) и (1') следует, что
AF AF'	AF AF'
FB ‘= W поэтому
и AF — AF', то есть точки F и F' совпадают. Таким образом, прямые AD, BE и CF пересекаются в точке М.
Переходя к исходной задаче, предположим, что биссектриса AD, медиана BE и высота CF треугольника АВС пересекаются в точке М (рис. 59).
Поскольку D — внутренняя точка стороны ВС, а Е —• внутренняя точка стороны СА, то М как общая точка отрезков AD и BE лежит внутри треугольника АВС, в силу
158
чего F—внутренняя точка стороны АВ. Следовательно, углы А и В треугольника острые.
Соотношение (1) выполняется в силу приведенной выше теоремы. Поскольку при обычных обозначениях сторон и углов треугольника BD/DC = c/b (по свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника), AF = = bcosA, FB—a cos В и СЕ=ЕА, то с cos A/а cos В — 1,
откуда sin C-cos Л/sin A cos В = 1. Последнее соотношение запишем в виде
tg/ = -^ ь cos В
(2)
Наоборот, если углы треугольника удовлетворяют условию (2), то биссектриса AD, медиана BE и высота CF пересекаются в одной точке. Действительно, в этом случае tg А > 0, cos В > 0, поскольку из соотношения (2), следует, что tg A -cos В = sin С > 0, a tg/ и cos В не могут быть оба отрицательными. Таким образом, углы А и В острые, в силу чего точка F лежит внутри отрезка АВ, и, подставляя в тригонометрическое равенство (2) приведенные выше соотношения между линейными элементами треугольника АВС, получаем соотношение (1).
Итак, выполнение равенства (2) необходимо и достаточно для того, чтобы прямые AD, BE, CF пересекались в одной точке.
Пр имечание. Справедлива также теорема, более общая, чем та, которую мы использовали в приведенном выше решении— так называемая теорема Чевы (и обратная ей).
Пусть А, В, С—вершины треугольника, а точки D, Е, F лежат на прямых ВС, СА, АВ и не совпадают с вершинами
159
треугольника АВС. Тогда прямые AD, BE, CF пересекаются в одной точке или параллельны в том и только в тон случае, если выполняется равенство
BD СЕ If, DC ‘ ЕА ' FB *’
где BD, DC, ... — проекции векторов BD, DC... на ту из осей АВ, ВС, СА, которая параллельна соответствующему вектору.
Нетрудно доказать эту теорему, если надлежащим образом обобщить приведенное выше доказательство ее более слабого варианта.
78.	Прежде чем приступить к решению задачи, докажем следующую лемму.
Если а и Ь — скрещивающиеся прямые, то существует и притом только одна пара параллельных плоскостей, одна из которых содержит прямую а, а другая— прямую Ь.
Доказательство. Через произвольно выбранную точку А прямой а проведем прямую Ь', параллельную прямой Ь, а через произвольно выбранную точку В прямой b проведем прямую а', параллельную прямой а. Плоскость а, определяемая прямыми а и Ь', и отличная от нее плоскость р, определяемая прямыми а' и Ь, параллельны, поскольку две пересекающиеся прямые в одной из плоскостей соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости. Итак, существование пары параллельных плоскостей, содержащих скрещивающиеся прямые а и Ь, доказано. Докажем теперь ее единственность.
Если плоскости а и а' проходят через прямую а, а плоскости р и р'— через прямую Ь, причем а || р и а' || р', то а — а' и Р — р'. Действительно, если бы плоскости а и а' не совпадали, то они пересекались бы по прямой а. Но поскольку а и а' параллельны прямой b как лежащей в плоскостях р и р', то прямая а должна была бы быть параллельна прямой Ь, что невозможно, так как прямые а и b — скрещивающиеся. Следовательно, плоскости а и а' (так же, как и плоскости р и р') совпадают. Итак, лемма полностью доказана.
Заметим теперь, что если а и b — скрещивающиеся прямые, на которых лежат два ребра параллелепи-160
педа R, то параллельные плоскости аир, содержащие прямые а и Ь, совпадают с плоскостями двух граней параллелепипеда R.
Действительно, через каждую из прямых а и b проходят плоскости двух граней параллелепипеда /?, причем все четыре грани, проходящие через прямые а и Ь, различны. Поскольку у параллелепипеда имеется 6 граней, образующих 3 пары параллельных плоскостей, то среди любых четырех его граней всегда найдутся 2 грани, составляющие одну из таких пар и поэтому расположенные в плоскостях аир.
Отсюда непосредственно следует, что три пары скрещивающихся ребер параллелепипеда не могут лежать в трех параллельных плоскостях, поскольку каждая из таких плоскостей должна была бы содержать какую-нибудь грань параллелепипеда, а у параллелепипеда не существует трех параллельных граней.
Докажем, что если а, Ь, с — скрещивающиеся прямые и они не лежат в трех параллельных плоскостях, то существует параллелепипед, три ребра которого лежат на прямых а, Ь, с.
По доказанной выше лемме существует такая пара плоскостей (си, Pi), что а с ai, b с= рь ai || Рь Точно так же существует такая пара плоскостей (a2, yi), что а с: аг, с ст уь аг II уь Плоскости ai и а2 не совпадают, поскольку в противном случае прямые а, Ь, с располагались бы на трех параллельных плоскостях, что по доказанному невозможно. Наконец, существует такая пара плоскостей (р2, у2), что b с р2, ссу2, р2 II у2, причем р2 Pi и у2 =# уь
Итак, мы получили три пары параллельных плоскостей (ai.Pi), (a2,yi), (Рг.уг). Плоскости каждой пары пересекаются с плоскостями остальных пар. Всего имеется 12 прямых пересечения, в число которых входят и прямые а, Ь, с. Шесть плоскостей ai, Pi, a2, yi, Рг, уг высекают в пространстве параллелепипед, а именно: плоскости ai и Pi ограничивают заключенный между ними слой пространства, плоскости а2 и yi вырезают в этом слое бесконечную призму с четырьмя попарно параллельными гранями и, наконец, плоскости р2 и у2 отсекают от бесконечной призмы параллелепипед, 3 ребра которого являются отрезками прямых а, Ь, с.
6 Зак. 933
161
Обладающий этим свойством параллелепипед единствен, поскольку прямыми а, b и с описанное выше построение его граней определено однозначно.
79.	Неравенства
(а2 - Ьс)2 + (Ь2 - са)2 + (с2 - ab}2 > 0,	(1)
(а2 - ft2)2 + (ft2 - с2)2 + (с2 - а2)2 > 0	(2)
справедливы для любых чисел а, Ь, с и равносильны неравенствам
2a2bc + 2аЬ2с 4- 2abc2 а4 + Ь4 4- с4 4- а262+ £>2с24~ с2а2, (3)
0<a4 + fe4 + c4-a2fe2-62c2-c2a2.	(4)
Сложив отдельно левые и правые части неравенств (3) и (4), получим неравенство
2а2Ьс 4- 2ab2c + 2abc2 < 2а4 + 2£>4 + 2с4.	(5)
По условиям задачи число 2аЬс положительно. Разделив обе части неравенства (5) на 2abc, преобразуем
его к виду
а 4- b 4- с;С
д4 +	+ с4
abc
что и требовалось доказать.
Примечание. Приведенное выше решение задачи весьма просто. Однако найти его не так просто, поскольку нелегко догадаться, что за исходную точку необходимо выбрать неравенства (2) и (3). Ситуация прояснится, если перевести задачу на язык алгебры векторов.
Вектором (n-мерным) называется упорядоченный набор п чисел, например (alt 02, .... ап). Суммой векторов X =. = (ai, аг,	а„) и У = (bi, b2, .... Ья) называется вектор
X + У = (Д1 + йь аг + Ьг... + Ьп).
Произведением вектора X = (ги, а2, .... а„) и числа k называется вектор
kX(ka^,	• •., kafi^
В частности, —X = (—at, —аг ...,—а„). Скалярным произведением векторов X = (ai, а2, ..., ап) и У = (6Ь Ьг.....Ьп)
называется число
ХУ = aibi + а2Ь2 + .. + апЬп.
162
В частности,
Я2 = а2 + а2 + .  • + а2,
поэтому X2 0. Нетрудно доказать, что
(X — Y)2 = X2 — 2XY + Y2,
откуда 2XY X2 + У2.
В дальнейшем мы будем считать, что п = 3.
Для доказательства исходного неравенства заметим прежде всего, что в области положительных чисел оно равносильно неравенству
a2bc + b2ca + c2ab а* 4- Ь1 + с4,	(6)
которое можно записать в векторной форме
XY < X2,	(7)
где X = (а2, Ь2, с2), У = (be, са, ab).
Нам уже известно, что
2ХУ<Л2 + У2.	(8)
Поскольку
у- = Ь2с2 + с2а2 + a2b2 = a2b2 J- b2c2 + с2а2 = XZ,
где Z = (Ь2, с2, а2), то
2У2 = X2 + Z2.
Но
Z2 = 64 + с4 + а4 = Л2, поэтому
У2<Х2.	(9)
Из неравенств (8) и (9) получаем
ХУ<Л2, что и требовалось доказать.
Неравенства (8) и (9) представляют собой не что иное, как векторный вариант неравенств (3) и (4). Таким образом, новое доказательство по существу можно рассматривать лишь как иной, более естественный подход к доказательству, приведенному в решении задачи.
80.	Пусть Jm означает m-значное число, все цифры которого единицы:
]т= Ют-1 + 10т-2+ ... +10+1=у(10т- 1).
Приводимое ниже доказательство основано на двух свойствах чисел Jm.
6*
163
а) Если m делится на d (т и d натуральные числа), то Jm делится на Ja- Действительно, если m = k-d (k — натуральное число), то
Jm = hd = i [(1°V-!] =
= 4(10d- l)-(10fcd-d+ 10fed"2d+... + 10d+ l) = Jd-M, где M — целое число.
P) Если m > n, to
jn=4(iom-1) - 4(ion-1)=
= l(10m-"— 1). 10" = Jm_„-10".
Пусть Jm и Jn — заданные числа, где m ~> n > 1.
а)	Доказательство утверждения о том, что если Jm и Jn — взаимно простые числа, то т и п также взаимно просты, следует непосредственно из свойства а. Действительно, если d — общий натуральный делитель чисел т и п, то Jd — общий делитель чисел Jm и Jn-
б)	Докажем обратное утверждение. Предположим, что тип взаимно простые натуральные числа. Применяя алгоритм Евклида, то есть деля последовательно т на п, и — на полученный остаток г, остаток г — на новый остаток Г1 и так далее, мы будем получать все меньшие и меньшие остатки и в конце концов дойдем до остатка, равного нулю:
m = nq г, n = rqx + Гн г = rxq2 + г2,
0 < г < п, 0 < Г] < г, 0 <r2<rlt
................................. (1)
Гк-2~	+ fk> 0<Г/;<ГА_1,
fk~i = rk.qk+\-
Из цепочки равенств (1) следует, что натуральное число Гк — общий делитель чисел rk-\, гь-2, , г, п, т, ПОЭТОМУ Гк. = 1.
Пользуясь первым из равенств (1) и свойством (р), мы заключаем, что
Jm-J„9 = Jr-10"9.	(2)
164
Пусть D — общий делитель чисел 1т и Jn. Поскольку по свойству (а) число Jnq делится на Jn, то на D в силу соотношения (2) делится число Л-10"9. Множитель 10п<7 не имеет других простых делителей, кроме 2 и 5, на которые не делятся числа Jm. Следовательно, число D взаимно просто с 10"9 и является делителем числа Л.
Аналогичным образом, используя второе, третье и последующие из равенств (1), мы докажем, что D — делитель чисел Jr^, Jr^, ..., /.*. Но rk=l, поэтому = /] = !, откуда £)=1.
Это и означает, что числа Jm и 1п взаимно просты.
81.	Начнем со следующего замечания. Если многочлен с коэффициентом при старшем члене, равным 1, представим в виде произведения двух многочленов с целочисленными коэффициентами, то можно считать, что коэффициенты при старших членах этих многочленов также равны 1. Действительно, если аохк и box1— старшие члены многочленов, произведение которых равно исходному многочлену, то либо a0 = b0= 1, либо а0 — = Ьо = —1, причем второй случай сводится к первому изменением знака каждого из двух многочленов-сомножителей.
Таким образом, требуется доказать, что многочлен Р(х) не представим ни в виде (х -ф a)Q(x), где Q(x) — многочлен четвертой степени с целочисленными коэффициентами и а — целое число, ни в виде (х2 + а\х -ф а2) • • (х3 + bjx2 -f- b2x + £>3), где коэффициенты ci, а2, bi, b2, Ьз — целые числа.
Предположим, что
х5 — Зх4 + бх3 — Зх2 + 9х — 6 = (х + a) Q (х),	(а)
где а — целое число.
Подставляя х = —а, получаем
— а5 — За4 — ба3 — За2 — 9а — 6 = 0.
Это равенство не может выполняться. Действительна если а делится на 3, то целое число, стоящее в левой части равенства, не делится на 9 (и потому не равно нулю), а при а, не делящемся на 3, не делится на 3. Таким образом, исходный многочлен Р(х), не представим в виде произведения двух многочленов (а),
165
Предположим, чть
х5 — Зх4 + 6х3 — Зх2 + 9х — 6 =
= (х2 + а^х + а2) (х’ + bix2 + b2x + ft3),	(б)
где ai, а2, fej, b2, Ьз — целые числа. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в правой и левой частях тождества (б), находим
а2Ьз = — 6,	(1)
с^з + «2^2 = 9.	(2)
О1Ь2 + «2^1 + Ьз = — 3,	(3)
йА -ф а2 4- Ь2 = 6,	(4)
«1 + = — 3.	(5)
Из равенства (1) следует, что одно и только одно из чисел а2, Ьз делится на 3.
Если а2 делится, а Ьз не делится на 3, то из равенства (2) следует, что а\ делится на 3. Но тогда равенство (3) позволяет утверждать, что й3 делится на 3, и мы приходим к противоречию.
Если «2 не делится, а Ьз делится на 3, то из равенства (2) следует, что Ь2 делится на 3. Тогда равенство (3) позволяет утверждать, что Ь\ делится на 3, в силу чего (см. равенство (4)) число а2 должно делиться на 3, и мы снова приходим к противоречию. Таким образом, разложить многочлен Р(х) в произведение (б) также невозможно. Тем самым утверждение задачи полностью доказано.
Примечание. Многочлен положительной степени с рациональными коэффициентами, не представимый в виде произведения двух многочленов меньшей степени с рациональными коэффициентами, называется многочленом, не приводимым над множеством рациональных чисел.
Если многочлен имеет целочисленные коэффициенты, то для доказательства его неприводимости над множеством рациональных чисел достаточно доказать, что он непредставим в виде произведения двух многочленов меньшей степени с целочисленными коэффициентами, поскольку справедлива следующая теорема:
если многочлен Р(х) с целочисленными коэффициентами представим в виде произведения двух многочленов степени m и п с рациональными коэффициентами, то он также представим и в виде произведения двух многочленов степени типе целочисленными коэффициентами.
В решении задачи было доказано, что многочлен Р(х) — = х5 — Зх4 4- 6х3 — Зх2 4- 9х — 6 непредставим в виде произведения двух многочленов меньшей степени с целочисленными
166
коэффициентами. По приведенной выше теореме это означает, что многочлен Р(х) неприводим над множеством рациональных чисел. Анализируя решение, нетрудно заметить его «движущую пружину»: из всех свойств коэффициентов многочлена Р(х) в нем используется лишь то, что все они, кроме коэффициента при старшем члене, делятся на 3, а свободный член делится на 9. Поэтому многочлен Р(х), приведенный в условиях задачи, можно было бы заменить любым другим многочленом, коэффициенты которого обладают теми же свойствами.
Справедлива следующая общая теорема, известная как критерий Эйзенштейна неприводимости многочленов-.
если многочлен
Р (х) = аохп + aixn~l + ... +аа
имеет целочисленные коэффициенты и существует такое простое число р, что коэффициенты ai, аг, ..., ап делятся на р, а0 не делится на р и ап не делится на р2, то многочлен Р(х) неприводим над множеством рациональных чисел.
82.	В том случае, когда данные лучи лежат в одной плоскости, утверждение задачи очевидно: прямая d перпендикулярна этой плоскости.
Предположим, что лучи 5Л, SB, SC образуют трехгранный угол. По условиях задачи прямым может быть не более чем один плоский угол этого трехгранного угла. Пусть, например ZASB =/= 90° и ZASC Ф 90°.
Выберем на ребре 5Л произвольную точку Ль отличную от S, и проведем через нее плоскость л, перпендикулярную прямой 5Ль Плоскость л пересекается с прямыми SB и SC в некоторых точках Bi и Ci (рис. 60).
167
Пусть а, |3, у — плоскости, проведенные через ребра 5Л, SB, SC трехгранного угла SABC перпендикулярно граням BSC, CSA, ASB, а т, п, р — прямые, по которым плоскости а, |3, у пересекаются с плоскостью л.
Поскольку а_1_л и а ± BSC, то а ± BiCi, в силу чего прямая т пересекается с прямой SjCj в некоторой точке М и перпендикулярна BiC\ (А\М ± В[С[). Так как |3J_ Л5С и л -L ASC, то п М ASC и поэтому п±Л1Сь Но прямые п и XjCi лежат в плоскости л. Следовательно, они пересекаются в некоторой точке W и В17V ± А1 С]. Аналогичным образом можно убедиться в том, что прямая р пересекается с прямой А}В\ в некоторой точке Р и перпендикулярна Л]ВЬ то есть С1Р± Л1В1.
Итак, на прямых AiM, B\N и С\Р лежат высоты треугольника Л1В1С1. Следовательно, эти прямые пересекаются в одной точке Н. Тем самым доказано, что плоскости а, р, у имеют обшую прямую d — SH.
83.	Достаточно доказать, что любые два из трех отрезков, соединяющих середины АВ и CD, АС и BD, AD и ВС, имеют общую точку, совпадающую с их серединой. Докажем, что середина Н отрезка MN совпадает с серединой К отрезка PQ, где М, N, Р, Q — середины отрезков АВ, CD, AC, BD.
Доказательство проводится особенно просто, если точки Л, В, С, D не лежат в одной плоскости. В треугольнике АВС отрезок МР параллелен стороне ВС, а в треугольнике BDC отрезок QN параллелен стороне ВС, поэтому МР || QN и аналогично MQ || PN. Точки М, N, Р, Q не лежат на одной прямой, поскольку плоскости АВС и BDC не совпадают. Следовательно, четырехугольник MPNQ — параллелограмм и середина Н диагонали MN совпадает с серединой К диагонали PQ (рис. 61).
Если точки Л, В, С, D лежат в одной плоскости, то приведенное выше доказательство утрачивает силу, поскольку точки М, N, Р, Q могут не образовывать параллелограмм, а лежать на одной прямой. Для этого случая пришлось бы искать другое доказательство, однако гораздо лучше было бы найти общее доказательство, не требующее отдельного рассмотрения тех случаев, когда точки Л, В, С, D расположены на плоскости или в про
168
странстве. Такое доказательство можно получить, если воспользоваться алгеброй векторов.
Выберем в пространстве произвольную точку О. Поскольку — середина отрезка АВ, то
am=~мв = j- (am + мву = -i- ~лв
и
ОМ = О А + AM = ОА + у Ав =
= 1(дл + О^+Аб) = |(о7+ОВ).
Векторное равенство ON — (ОС + OD) доказывается аналогично. Вычислив полусумму векторов ОМ и ON, получаем
ОН == 4 (ОМ + ON) = 4 (ОА + ОВ + ОС + OD).
Но
Ор = 1.(ОА + ОС), OQ=^(OB + OD),
поэтому
О^=1(ОР+О0) = ±(ОЛ + ОВ+ OC + ~OD).
Следовательно,
он=ок,
160
то есть середины Н и К. отрезков MN и PQ совпадают, что и требовалось доказать.
84.	Пусть все вершины прямоугольника лежат на периметре треугольника. Докажем, что в этом случае площадь S прямоугольника не превышает половины площади Т треугольника, причем равенство S = Т/2 достигается в том и только в том случае, если концы одной из сторон прямоугольника совпадают с серединами двух сторон треугольника.
Если четыре вершины прямоугольника MNPQ лежат на трех сторонах треугольника АВС, то какие-то две вершины прямоугольника расположены на одной и той же стороне треугольника. Можно выбрать такие обозначения точек, чтобы вершины М и N прямоугольника лежали на стороне АВ треугольника. Тогда вершина Р будет лежать на стороне ВС, а вершина Q — на стороне АС.
Рис. 62.
Рис. 63.
Возможен один из трех случаев 1) 4Q = QC (рис. 62). Тогда
Spcq —
$mnpq — 2SpcQi
откуда
$mnpq— 2
2) AQ > QC. Пусть А' и В’ — точки, симметричные точке С относительно точек Q и Р. Точки А' и В' лежат на отрезках и ВР, и отрезок А'В' пересекается со сторонами A1Q и NP прямоугольника в точках М' и N' (рис. 63).
170
По доказанному в случае (1) ^M'n'PQ= Sa'B'Ci а поскольку M'N' = QP =^А'В', то
SmNN'M' < ~2 $АВВ'А'
Таким образом, в рассматриваемом случае Smnpq — $mnn'm' + Sm'n'pq <
1 о , , "2 ^АВВ А
+ уЗд'в'с — у
3) AQ < QC. Пусть А' и В' означают, как и выше, точки, симметричные точке С относительно точек Q и Р,
а М' и N' — точки, в которых отрезок А'В' пересекается с продолжениями сторон QM и PN прямоугольника. Тогда (рис. 64)
SM'N'PQ = -^SA'B'C [так же, как и в случае (1)],
> "2 Sa'b'bai
так как АВ < А'В' = 2M'N', и поэтому
SmNPQ = ^M'n'PQ SMNn'M' < Зд'В'С
1 с , , —Ly
~2 ^А В ВА — 2 ’
171
Итак, наше утверждение полностью доказано.
Предположим теперь, что не все вершины прямоугольника лежат на периметре треугольника. Докажем, что тогда S < у Г. Рассмотрим два случая.
а)	Две противоположные стороны прямоугольника параллельны одной из сторон треугольника. Пусть, например, стороны MN и PQ прямоугольника параллельны стороне АВ треугольника, причем MN расположена по ту же сторону от прямой PQ, что и прямая АВ (рис. 65).
Пусть D и Е — точки пересечения прямой MN со сторонами АС и ВС треугольника. Поскольку луч DQ имеет общую точку с отрезком ЕС, а луч ЕР имеет общую точку с отрезком DC, то эти лучи пересекаются в некоторой точке F треугольника DEC. Вершины Л1, N, Р, Q прямоугольника лежат на периметре треугольника DEF, поэтому площадь S прямоугольника не превышает половины площади этого треугольника. Кроме того, площадь треугольника DEF меньше площади треугольника АВС. Действительно, если прямая MN не совпадает с прямой АВ, то площадь треугольника DEF меньше площади треугольника АВС по крайней мере на площадь трапеции ABED. Если же прямые MN и АВ совпадают, то одна из точек Р и Q, например Р, лежит внутри треугольника АВС и точка F лежит либо внутри треугольника АВС, либо на стороне АС между вершинами А и С. Следовательно, площадь треугольника DEF меньше площади треугольника АВС по крайней мере на площадь треугольника EEC Таким образом, S Т,
17?
б)	Ни одна из сторон прямоугольника не параллельна сторонам треугольника. Проведем через вершины А, В, С треугольника прямые, параллельные стороне MN прямоугольника (рис. 66).
В силу принятого нами предположения никакие две из этих прямых не могут совпадать. Следовательно, одна из них, например та, которая проведена через вершину А, проходит между двумя другими и пересекает противоположную сторону в некоторой точке D, разбивая треугольник АВС на треугольники ADB и ADC.
Если прямоугольник MNPQ лежит в одном из них, например в треугольнике ADB, то
— S
2
Если же прямая AD разделяет прямоугольник MNPQ на два прямоугольника площадью Si и S2, лежащих в треугольниках ADB и ADC, то по крайней мере одна вершина прямоугольника лежит внутри какого-то из треугольников, например вершина N лежит внутри треугольника ABD. Из равенств
•S] < •g’S^Bp, S2 -g- SADc,
доказаннных выше, получаем
S = S] S2 < у $абс
173
Итак, решение задачи сводится к следующему.
Площадь прямоугольника, вырезанного из треугольника, не превышает половины площади треугольника. Максимум достигается в том и только в том случае, если две вершины прямоугольника совпадают с серединами двух сторон треугольника, а две остальные вершины лежат на его третьей стороне.
Из остроугольного треугольника прямоугольник максимальной площади можно вырезать тремя способами, из прямоугольного треугольника — двумя способами и из тупоугольного треугольника — лишь одним способом.
85. Предположим, что простые числа р\, р%, р3 образуют арифметическую прогрессию с разностью г > 0, не делящейся на 6, причем число р\ наименьшее из них. Тогда
Р-2 = Pi + г, р3 = pt + 2г.
Нетрудно видеть, что pi 3 (если бы pi — 2, то р3 как четное число, которое больше 2, не могло бы быть простым). Следовательно, числа pi и р3 нечетны, а число г, равное разности р% — р\, четно и либо г =6^ + 2, либо г — 6k + 4, где k — целое неотрицательное число.
Докажем, что pi делится на 3. Действительно, если бы pt — 6т 4-1 (т 1 — целое число) и г = 6k 4- 2, то число р2 — 6т 4- 6k 4- 3 делилось бы на 3, а поскольку р2 > 3, то оно не могло бы быть простым. Если бы pi = 6т 4* 1 и Г2 = 6k 4- 4, то число р3 = = 6т 4* 12^4* 9 не могло бы быть простым. Аналогичным образом, если бы pi = 6т 4-2 и г — 6k 4* 2, то число рз = 6т 4- 12/г 4~ 6 не могло бы быть простым, а если бы pi = 6т 4- 2 и г = 6k 4- 4, то число р3 = — 6т 6k + 6 не могло бы быть простым.
Итак, pi — простое число, делящееся на 3, то есть Pi = 3, что и требовалось доказать.
86. Проведем доказательство методом от противного. Предположим, что при некотором а выполняется неравенство
1 tg За
3 tga
(1)
174
Тогда при любом целом k величина а удовлетворяет неравенствам
а kn,	(2)
За =/= (26 + 1).	(3)
Неравенство (2) задает значения а, при которых существует 1/tga, а неравенство (3) — значения а, при которых существует tg За.
Докажем, что если а удовлетворяет условиям (2) и (3), то
tgЗа _ 3 — tg2а
tg а 1 — 3 tg2 а '	' '
Из тригонометрии известно, что соотношение
tg3a = tg.a(3~yа)	(5)
&	1 — 3 tg2 а	' ’
выполняется при всех а, для которых существуют tga и tg3a (в силу чего 1 — 3tg2a#=0), то есть при значениях а, удовлетворяющих неравенству (3) и неравенству
аУ=(2А-+1)|,	(6)
где k — любое целое число.
Если, кроме того, tg a #= 0, то есть при
a #= kn	(7)
(k — целое число), то из равенства (5) следует равенство (4)- Таким образом, если а удовлетворяет условиям (2) и (3), то выполняются (6) и (7), и поэтому справедливо соотношение (4).
Из неравенства (1) и соотношения (4) следует, что 1	3 — tg2 a	„
3	1 -3fg2a
Таким образом, а удовлетворяет двум неравенствам
3 —tg2a	1
1 - 3 tg2 a	3 ’
3 — tg2 a
1 — 3 tg2 a
(8)
(9)
175
Из неравенства (8), получаем
3 ~	_ ± > о ________-_____> О
1—3tg2a 3	’	3(1 — 3tg2a) ’
откуда
1 —3tgza>0.	(10)
Из неравенства (9), преобразуя его, находим
3 — tg2 a q << л 8tg2a л
1 - 3 fg2 а	U’ 1 - 3 tg2 а
Следовательно,	(11)
либо tg2 а = 0, либо 1 — 3tg2 а < 0.
Сравнивая условия (10) и (11), нетрудно видеть, что tg2 a = 0, поэтому tg a = 0 и
а = нл (п — целое число).	(12)
Соотношение (12) противоречит неравенству (2). Следовательно, предположение о том, что существует значение а, для которого выполняется неравенство (1), неверно. Тем самым утверждение задачи доказано.
87. Произведение
(«1 + а2 + ... + ап) (bi + b2 + ... 4- bft)
представляет собой сумму п2 слагаемых двух типов: а) п слагаемых вида atbt, где i = 1, 2, ..., п (их сумму П	X
мы обозначим ЕоД); б) п(п — 1) слагаемых вида i=l /
afik, где t= 1, 2, ..., п; 1, 2.....п, причем i^=k
(их сумму мы обозначим X «ЛЛ. Слагаемые второй i =£ k /
суммы можно разбить на пары aibk + akbt. Для каждой такой пары справедливо неравенство
щЬк + &kbi — (ciibi + cikbk) — — (at — ak) (bi — bk) < afit + akbk,
поэтому сумма У, atbk меньше суммы п(п—1) про-i^=k
изведений cubi, индекс которых I принимает каждое из значений 1, 2, ..., п одно и то же число раз (а именно,
176
(п—1) раз). Таким образом,
X atbk < (п — 1) (аД + а2Ь2 + ... + апЬп) i k
и
(«! + а2 + ... + ап) (bt + Ь2 + ... + Ьп) — п
= £аД + £ aibk<n(albl + a2b2+ ... + anbn), i=l	i =# k
что и требовалось доказать.
Примечание. Справедливо следующее более общее утверждение: если ai $4 а - =С ... ап и Ь1 62	... Ьп, то
(ai + «г +	+ ап) (61 + 62 + • • • + Ьп)
п (а,&! + агбг + ••• + апЬп),
причем равенство достигается тогда и только тогда, когда а-, = = а2 = ... =ап или bl=b2= ... = bn.
Это неравенство известно как неравенство Чебышева.
88. Пусть А, В, С, D, Е — заданные точки. Поскольку никакие три из них не лежат на одной прямой, то точки А, В и С служат вершинами треугольника, а каждая из точек D и Е лежит либо внутри него, либо снаружи. Могут представиться следующие случаи.
а)	Точки D и Е лежат внутри треугольника АВС. Прямая DE не проходит ни через одну из вершин А, В, С и поэтому пересекает две стороны, например сторону АС в точке М и сторону ВС в точке N (рис. 67).
Заданные точки можно обозначить так, чтобы точка D лежала между точками М и Е. Четырехугольник ADEB при таком выборе обозначений выпуклый,
177
в чем нетрудно убедиться, поскольку относительно любой из сторон AD, DE, ЕВ, ВА две остальные вершины расположены по одну и ту же сторону.
б)	Одна из точек D и Е, например D, лежит внутри треугольника АВС, а другая, то есть Е, — снаружи. Лучи DA, DB, DC делят плоскость на три выпуклые области (угла) ADB, BDC, CDA. Точка Е расположена внутри одной из них, например внутри угла BDC. Четырехугольник DBEC выпуклый как общая часть двух выпуклых угловых областей BDC и ВЕС (рис. 68).
в)	Точки D и Е лежат вне треугольника АВС. Если точка D расположена внутри одного из выпуклых углов ВАС, СВА, АСВ, например внутри угла ВАС
(рис. 69), то четырехугольник ABCD выпуклый как общая часть выпуклых угловых областей ВАС и В DC.
Если же точка D лежит в одном из углов, образующих с внутренними углами треугольника пары вертикальных углов, например внутри угла, образованного
178
продолжениями сторон треугольника за вершину А, то точка А находится внутри треугольника BDC (рис. 70).
Такое расположение точек аналогично рассмотренным ранее случаям (а) или (б).
89.	Пусть М, N, Р, Q — точки касания сферы с ребрами АВ, ВС, CD, DA тетраэдра.
Поскольку отрезки касательных, проведенных к сфере из одной точки, равны, то
AM = AQ, BM = BN, CN = CP, DP = DQ. (1)
Равенства (1) помогут нам доказать, что точки М, N, Р, Q лежат в одной плоскости.
Проведем плоскость MNP. Ни через одну из точек А, В, С, D она не проходит. Действительно, если бы плоскость MNP проходила через одну из этих точек, то она, как нетрудно видеть, проходила бы через все четыре точки, что невозможно, поскольку точки А, В, С, D не лежат в одной плоскости. Следовательно, точки А и В расположены по разные стороны от плоскости MNP. Аналогичные утверждения справедливы относительно точек В и С, С и D. Это означает, что точки А и D расположены по разные стороны от плоскости MNP и она пересекается с отрезком AD в некоторой точке R. Докажем, что точка R совпадает с точкой Q (рис. 71).
Пусть А', В', С', D' — проекции точек А, В, С, D на плоскость MNP. В подобных треугольниках АМА' и ВМВ'
AM АЛ'
ВМ ~ ВВ' •
179
Аналогичным образом можно доказать и равенства других отношений.
BN	ВВ'	СР СС DR DD'
CN ~ СС ’ DP ~ DD' ’ AR ~ АЛ' '
Умножая отдельно правые и левые части полученных равенств, находим
AM BN СР DR АА' ВВ' СС DD' ВМ ' CN ‘ DP ’ AR ~ ВВ' ' СС ‘ DD' ‘ АА' —
Равенства отрезков (1) позволяют преобразовать последнее равенство к виду
ДМ DR _ .
DP ' AR
Поскольку AM = AQ, DP = DQ, то отсюда следует, что
АО DR ___ .
DQ ’ AR ~ *’ или
AQ • DR = DQ • AR.	(*)
Но DR = AD — AR, DQ = AD — AQ. Подставляя най-
денные выражения для DR и DQ в равенство (*), получаем
AQ (AD - AR) = (AD - AQ) AR, откуда
AQ = AR,
то есть точка R совпадает с точкой Q, что и требовалось доказать.
180
90.	Пусть М, N, Р, Q — основания перпендикуляров, опущенных из точки О на грани AS В, BSC, CSD, DSA (рис. 72) пирамиды.
Плоскость SOM перпендикулярна плоскости четырехугольника ABCD и плоскости ASB, поскольку содержит перпендикуляры SO и ОМ к этим плоскостям. Следовательно, плоскость 50Л1 перпендикулярна прямой АВ
пересечения плоскостей ABCD и пересекается с ней в точке М' прямой 5Л1, причем АВ ± ОМ', то есть точка М' — основание перпендикуляра, опущенного из точки О на прямую АВ. Аналогичным образом прямые SN, SP и SQ пересекаются с прямыми ВС, CD и DA в точках N', Р', Q', которые служат основаниями перпендикуляров, опущенных из точки О на эти прямые. Известно, что точки М', N', Р', Q' лежат на некоторой окружности а. Точки М, N, М', N' также лежат на одной окружности. Действительно, отрезок ОВ виден из точек М, N, М', N' под прямым углом. Следовательно, все эти точки расположены на поверхности сферы, построенной на отрезке ОВ как на диаметре. В то же время все они лежат в плоскости SMN и поэтому находятся на линии пересечения
181
сферы и плоскости, то есть на некоторой окружности р. Окружности аир лежат в различных плоскостях и имеют две общие точки М' и N'. Значит, существует сфера у, проходящая через обе окружности аир. Точки М', N', Р', Q', М, N расположены на сфере у. Вместе с тем точки М', N', Р', Q', N, Р лежат на некоторой сфере у', а точки М', N', Р', Q', Р, Q — на некоторой сфере у". Но сферы у, у', у" совпадают (сферы у и у' проходят через вершины тетраэдра M'N'P'N, а сферы у и у' — через вершины тетраэдра M’N’P'P), поэтому точки М', N', Р', Q', М, N, Р, Q лежат на сфере у. С другой стороны, точки М, N, Р, Q лежат на сфере, построенной на отрезке OS как на диаметре, поскольку из точек М, N, Р, Q отрезок OS виден под прямым углом. Эта сфера отлична от сферы у, поскольку касается плоскости ABCD в точке О и не проходит через точки М', N', Pl, Q'. Следовательно, точки М, N, Р, Q лежат на линии пересечения двух различных сфер, то есть на окружности, что и требовалось доказать.
Примечание 1. То, что точки М', N', Р', Q' лежат на одной окружности, можно доказать так.
Каждый из четырехугольников AM'OQ', BJV'OM', CP'ON', DQ.'OP' содержит два противолежащих прямых угла, поэтому его вершины расположены на некоторой окружности. По теореме об углах, вписанных в окружность ZOM'Q' = ZOAQ', ZOM'N' = <AOBN', ZOP'Q' = ZODQ', ZOP'N' = AOCN'.
Складывая отдельно правые и левые части этих ре-венств, получаем ZQ’M'N' + ZQ'P'N' = (Z.OAQ'+^ODQ')-^
182
-}-(OBN' + OCN') = 90° + 90° = 180°. Таким образом, в четырехугольнике M'N'P'Q' сумма двух противолежащих углов равна 180°. Следовательно, его вершины лежат на некоторой окружности (рис. 73).
Примечание 2. Доказательство того, что точки М, N, Р, Q лежат на одной окружности, можно значительно сократить, если воспользоваться стереографической проекцией сферы с диаметром OS из точки S на плоскость ABCD. Известно, что при стереографической проекции окружностям иа плоскости соответствуют окружности на сфере. Окружности, проходящей через точки М', N', Р', Q', соответствует окружность, проходящая через соответствующие точки сферы, то есть через точки М, N, Р, Q-
91.	Для того, чтобы решить задачу, необходимо исследовать делимость на 5 чисел вида и = 4р2 + 1 и v = 6р2 +1 (р — целое число).
Пусть г — остаток от деления числа р на 5, то есть пусть р = 5k + г, где k — целое число, а г — одно из чисел 0, 1, 2, 3, 4. Тогда
и = Ю0&2 + 40Z>r + 4г2 + 1,
v = 150/?2 + 60£r + 6r2+ 1.
Эти равенства позволяют утверждать следующее:
если р = 0(mod 5) *, то и = 1 (mod 5), v = 1 (mod 5); если р = 1 (mod 5), то и = 0 (mod 5), v = 2 (mod 5);
если р = 2(mod 5), то и = 2(mod 5), v = 0(mod 5); если р 3(mod 5), то к 2(mod 5), v s 0(mod 5); если р = 4(mod 5), то и = 0(mod 5), v 2(mod 5).
Таким образом, при любом целом р одно и только одно из трех чисел р, и, v делится на 5.
Если р — простое число, то р 2, и > 5, v > 5. Это означает, что числа и п v могут быть простыми в том и только в том случае, если р делится на 5, то есть если р = 5. При р = 5 числа и и v, как нетрудно проверить, действительно простые: и = 4- 52 4- 1 = 101, о = 6- 52 -|-d- 1 = 151.
Итак, задача имеет единственное решение: р = 5.
* Запись a=sb(mod/i) (читается: «а сравнимо с Ь по модулю л») означает, что разность а — Ь целых чисел а и Ь делится на натуральное число п. Если 0 Ь п— 1, то число Ь совпадает с остатком от деления числа а на п (или, что то же, с вычетом числа а по модулю п).
183
92.	Докажем утверждение задачи методом математической индукции. Так как р — нечетное число, то числа
Х1 + Х2 ~ 2 11 *1 + Х2 = ~ Р
целые и взаимно простые. Таким образом, при п = О утверждение задачи выполнено.
Предположим, что при некотором целом п 0 числа х" + х” и x”+I + х"+1
целые и взаимно простые. Докажем, что тогда х{!+2 + 4~ х"+2 — целое число, взаимно простое с числом х"+1 + + х"+1. Действительно,
(х"+1 + Х”+1) (х1 + х2) = Х"+2 + Х"+2 + ХгХ2 (х" + X").
Подставляя Xi + х2 — —р, Xjx2 = —1, получаем х"+2 + х"+2 — — р (х”+1 + x"+I) + (х” 4- х]).
Следовательно, число х"+2 + х”+2 как сумма двух целых чисел целое, каждый делитель чисел х"+2 + х”+2 и x"+1 + х"+1 является делителем числа х" + х", а тем самым общим делителем взаимно простых чисел х^+1 + + х”+1 и х" + х". Таким образом, числа х”+2 + х"+2 и x”+1 + x"+I взаимно простые. Отсюда по индукции мы заключаем, что утверждение задачи выполняется при любом натуральном п.
93.	Предположим, что целые числа а и b удовлетворяют соотношению
2а2 + а = ЗЬ~ + 6.	(1)
Если а — 0, то 362 + 6 = 6(36 -р 1) = 0. Отсюда следует, что 6 = 0 (поскольку при целом 6 множитель 36 + 1 =^= 0). В этом случае утверждение задачи верно, так как а — b = 0, 2а 4~ 26 + 1 = 1.
Остается рассмотреть случай а =/= 0. При о =£ 0 из соотношения (1) следует, что 6 =# 0 и а =/= Ь.
Пусть d— наибольший общий делитель чисел а и 6, и пусть
а = axd, Ь = bid.	(2)
184
Целые числа gi и fej взаимно просты, причем а\ # &1. Следовательно, Ь\ = сц + г, где г — отличное от нуля целое число, взаимно простое с gj.
Из соотношений (1) и (2) получаем
2 dd2 + ах — 3 db2 + bx.
Подставляя в новое соотношение Ь\ = а\ 4- г, преобразуем его к виду
2 dax -|- Gj = 3d	4" г у 4" 4" О
откуда
da2 + &da}r + 3dr2 + r = 0.	(3)
Три первых члена в левой части равенства (3) делятся на d, поэтому г также делится на d. Три последних члена делятся на г, поэтому da2 делится на г, а поскольку г и Gi взаимно просты, то d делится на г. Таким образом, либо г = d, либо г — —d. Если г — d, то из соотношения (3) следует, что
а2 4- 6g/ 4- Зг2 4-1 = 0.
Это равенство не может выполняться, так как ни при каком gj число а2+1 не делится на 3. Итак,
r = -d.
Поскольку Ь\ — а\ — d, то b = а — d2 и
а — b — d2.	(4)
Из соотношения (1) следует, что
2а2 — 2Ь2 4- а — b = Ь2, или
(g - Ь) (2а + 2b + 1) = Ь2.	(5)
Отсюда, учитывая соотношения (2) и (4), получаем 2g + 2b + 1 = b].	(6)
Утверждение задачи содержится в соотношениях (4) и (6).
Примечание. Можно доказать, что при выполнении равенства (1) Зс + 36 + 1 также представляет собой квадрат некоторого целого числа. Действительно, (За + 36 + 1) (а—6) = == За2 + а — 362 — 62 = За2 + а — 2а2 — а = а2. Следовательно,
185
если a =А b, то целое число За + ЗЬ 4- 1 равно частному от деления а2 на — Ь, то есть равно а2. Если же а = Ь = 0, то За + + ЗЬ + 1 = 1.
94.	Назовем обыкновенной точкой замкнутой ломаной любую точку, принадлежащую лишь одному звену ломаной, и любую вершину, принадлежащую лишь двум звеньям ломаной, а любую точку, которая, не будучи вершиной ломаной, принадлежит лишь двум ее звеньям, назовем двойной точкой. Если никакие три вершины замкнутой пятизвенной ломаной не лежат на одной прямой, то любая ее точка либо обыкновенная, либо двойная. Докажем, что такая ломаная может иметь 0, 1, 2, 3 или 5 двойных точек, но не может иметь 4 двойные точки.
Пусть Ль А2, Л3, А4, А5 — последовательные вершины правильного пятиугольника. Ломаные Л1Л2Д3А4Л5Л1, Л )Л2Л3Л5ЛдЛ ], A^A^A^A4A2Ai и AjA^A^A2A4Ai имеют соответственно по 0, 1, 2, 5 двойных точек (рис. 74).
Ломаная ЛИз^ЛгЛЙь где S — центр того же правильного пятиугольника, имеет 3 двойные точки.
Поскольку 5 прямых могут пересекаться не более чем б • 4
в —g- — 10 точках, то пятизвенная ломаная (с пятью вершинами), не может иметь более пяти двойных точек.
Осталось еще доказать, что число двойных точек ломаной рассматриваемого типа не может быть равно 4.
186
Предположим, что ломаная АМгАзЛ^зЛ] имеет более трех двойных точек. Докажем, что тогда она имеет 5 двойных точек. Поскольку ломаная имеет 5 звеньев, то какие-то две из ее двойных точек принадлежат одному и тому же звену, например звену AiA2. Обозначим их М и А так, чтобы точка Л1 оказалась между точками Ai и N. Точки М и N— это точки пересечения звена А>А2 со звеньями А3А4 и А4А5, имеющими общую вершину А4. Вся ломаная лежит в плоскости AiA2A4, причем остальные двойные точки расположены по другую сторону от прямой А[А2, чем вершина А4, а именно принадлежат звеньям Д]Л5 и А2А3.
Нетрудно убедиться в том, что точка А3 лежит на прямой А4Л1, а точка Аз— на прямой A\N. Действительно, если бы было иначе, то есть если бы точка А3 лежала на прямой A4N, а точка А$— на прямой А4М (рис. 75), то точки Ai и Аз были бы расположены по разные стороны от прямой А4АБ. Следовательно, звено А]АБ не пересекалось бы со звеньями А2А3 и А3А4. Аналогично звено А2А3 не пересекалось бы со звеньями А4А5 и A6Ai. Но тогда вопреки предположению ломаная имела бы только две двойные точки — М и N.
По доказанному выше точки Ai и Л5 расположены по разные стороны от прямой А3А4, а точки А2 и А3 — по разные стороны от прямой А4А5. Звено А1А5 пересекает прямую А3А4 в некоторой точке Р, а звено А2А3 — прямую А4А5 в некоторой точке Q. Докажем, что Р и Q — двойные точки ломаной, а именно, что точка Р
187
расположена между точками А3 и М, а точка Q — между точками As и N.
Если бы точка Р лежала на продолжении отрезка ЛИз за точку Аз (рис. 76), то точки А2, А3, А4 были бы расположены по одну и ту же сторону от прямой AjA5
188
и, следовательно, звено Л1Л5 ломаной не пересекало бы нн одного из звеньев A2A3 и Д3Л4.
Но тогда на звене AiA5 не было бы ни одной двойной точки, а звену Л2Д3 принадлежала бы только одна двойная точка (точка пересечения звена Л2Л3 со звеном А4Л5). Таким образом, ломаная имела бы лишь 3 двойные точки, что противоречит исходному предположению. Доказательство того, что точка Q лежит между точками Аз и /V (рис. 77), проводится аналогично.
Отрезки А]А5 и Л2Л3 пересекаются в некоторой точке R. Действительно, конец отрезка Л1А5 лежит вне треугольника ЛзЛ4О, а сам отрезок AjA5 пересекает сторону 7I3/I4 этого треугольника, но не пересекает сторону A4Q. Следовательно, отрезок Д1Л5 должен пересекать сторону A3Q треугольника Таким образом, ломаная имеет 5 двойных точек: М, N, Р, Q, R.
Примечание. Доказанное выше утверждение является частным случаем общей теоремы о числе замечательных точек замкнутой ломаной. Сформулируем ее для таких ломаных, каждая точка которых принадлежит не более чем двум звеньям. Точку, принадлежащую лишь одному звену, или вершину ломаной, назовем обычной точкой, а точку, принадлежащую двум несмежным звеньям, — двойной точкой ломаной. Для ломаных рассматриваемого нами типа теорема утверждает следующее.
Чисм двойных точек замкнутой ломаной с п^4 звеньями может быть равно-.
,	п , п (п — 3)
а)	любому из чисел от 0 до ------------- включительно,
п (п — 3)
кроме числа -----------I, если п нечетно-,
г, з п (п — 4) . .
б)	любому из чисел от 0 до------------1 включительно,
если п четно.
Никакого другого числа двойных точек у ломаной быть не может. Доказательство этого утверждения можно найти в книге S. Stra-szewi^z, Zadania z Olimpiad Mathematicznycli, t. IV, Warszawa, PZWS, 1972.
95. а. Прежде всего заметим, что если имеется квадрат, разделенный на m квадратов, то один из m квадратов можно разделить на четыре еще меньших квадрата, соединив середины его противоположных сторон. При этом весь исходный квадрат окажется разделенным на m + 3 квадрата.
Пусть п — натуральное число больше 1. Разделим каждую сторону квадрата Q на п равных частей и соединим
189
отрезками прямых, параллельных сторонам квадрата, точки деления на каждой из пар противоположных сторон. Квадрат Q окажется разделенным на п2 меньших квадратов Q,, причем к каждой стороне квадрата Q будет прилегать п квадратов Q,.
Рассмотрим две смежные стороны квадрата Q. К ним прилегают 2п — 1 квадратов Q, (один из квадратов Q, прилегает к обеим сторонам квадрата Q). Остальные квадраты Q, заполняют квадрат R со стороной, равной [(/г—1)/п] -й стороны квадрата Q. Стерев все линии, проходящие по квадрату R, получим разбиение квадрата Q на 2п— 1 квадратов Q, и квадрат R, то есть на (2п— 1) + 1 = 2п квадратов.
Итак, квадрат можно разделить на любое четное число квадратов больше двух.
Но тогда, пользуясь замечанием, приведенным в начале решения, квадрат можно разделить и на 2п + 3 = = 2(п + 1)+ 1 (п > 1) квадратов, то есть на любое нечетное число квадратов больше пяти.
Итак, мы доказали, что квадрат можно разделить на любое число квадратов больше пяти.
б. Если квадрат разделен на квадраты, то в такой фигуре встречаются только прямые или развернутые углы и стороны меньших квадратов параллельны соответствующим сторонам большего квадрата.
Предположим, что квадрат Q со стороной, равной 1, и вершинами А, В, С, D разделен на 5 квадратов Qb Q2, Q3, Q4, Qs- Каждая вершина квадрата Q служит вершиной одного из квадратов Q, (1=1, 2, ..., 5), причем две различные вершины квадрата Q не могут принадлежать одному и тому же квадрату Q,, поскольку расстояние между ними ^1. Пусть А, В, С, D служат вершинами квадратов Qi, Q2, Q3, Q4 со сторонами a, b, с, d.
Если бы все вершины квадрата Qs лежали внутри квадрата Q, то стороны квадратов Q, целиком покрывали бы стороны квадрата Q, то есть выполнялось бы равенство
a-|-fe = fe + c = c + d = d + a= 1,
из которого следовало бы, что с = a, d = b. Но тогда площадь Sq квадрата Q можно было бы записать и в виде
SQ = 2g2 + 2b2 + SQi,
190
и в виде
SQ = (a + b)2,
из чего следовало бы, что
Sq._ - (а + Ь)2 - 2а2 - 2Ь2 = - (а - Ь)2 < 0.
Площадь квадрата Q5, очевидно, не может удовлетворять такому неравенству.
Если бы какая-нибудь вершина квадрата Qs находилась на одной из сторон квадрата Q, например на стороне АВ, то на АВ лежала бы какая-нибудь из сторон квадрата Q5, например MN. Две остальные вершины квадрата Q$ лежали бы на перпендикулярах, восставленных к АВ в точках М и N, на расстоянии меньше 1 от АВ, то есть находились бы внутри квадрата Q. Это означало бы, что
6 + 0=1, с + d = 1, d + а = 1 и а + b < 1.
Эти условия противоречивы, поскольку из трех первых условий следует равенство (Ь + с) — (c + d) + + (d + а) — 1 — то есть а + b — 1, противоречащее последнему условию.
Итак, предположение о том, что квадрат Q разделен на 5 квадратов, приводит к противоречию: разбиение квадрата на 5 квадратов невозможно.
96. Последующие рассуждения значительно упрощаются, если ввести некоторые обозначения. Пусть Z — конечное множество точек окружности'. Если замкнутая ломаная, вершины которой принадлежат множеству Z, обладает тем свойством, что среди звеньев ломаной каждый отрезок, соединяющий две точки множества Z, встречается один и только один раз, то такую ломаную мы обозначим L(Z).
Предположим, что для некоторого множества Z, содержащего	точек, существует ломаная L(Z).
Тогда в каждой точке множества Z сходятся п—1 звевьев ломаной. Вычерчивая ломаную единым росчерком пера, мы будем входить в каждую вершину столько
* Это условие можно заменить более слабым, потребовав, чтобы никакие 3 точки множества Z не лежали на одной прямой. Все приводимые ниже рассуждения при этом остаются в силе.
191
же раз, сколько выходить из нее, поэтому число п — 1 четное, а число п нечетное. Таким образом, ломаная L(Z) не может существовать, если п — четное число. Докажем, что при нечетном п ломаная L(Z) существует. (Тем самым мы ответим на вопрос задачи.)
воспользуемся методом математической индукции. Пусть п — 2т + 1 (т — натуральное число). При т= 1, то есть для множества, содержащего три точки Ai, А2, А3, утверждение верно: свойствами, о которых говорится в условиях задачи, обладает ломаная А1А2А3Аь
Предположим, что наше утверждение верно при т = k — 1, то есть для множества Z, содержащего 2k — 1 точек (k— натуральное число ^2). Докажем, что тогда оно выполняется и при т — k, то есть для множества Z, содержащего п = 2k + 1 точек.
Рассмотрим множество Z, содержащее точки Aj, А2, ..., Аг/г-i, А2/г, A2k+i окружности. Пусть U — множество, которому принадлежат только точки Аь А2, ... ..., Агь-1- По предположению индукции для множества U существует ломаная L(U).
Нетрудно видеть, что существует замкнутая ломаная К, звеньями которой служат отрезки, соединяющие каждую из точек Ai, А2, .... A2k-i с точками А2* и А2&+ь и отрезок Аг/гАг/г+ь причем среди звеньев ломаной К каждый такой отрезок встречается лишь один раз. Такова, например, ломаная /<:
AiA2feA2A2fe+iA3A2feA4A2fe+iA5 ...
• • • A2fe_1A2feA2j.+iAi-
Заметим, что из отрезков, соединяющих точки множества Z, звеньями ломаной К служат лишь такие отрезки, которые не встречаются среди звеньев ломаной
Образуем теперь из ломаных L(U) и К одну ломаную следующим образом. За начало ломаной L(U) выберем точку Ai и, вычертив всю ломаную L(U), возвратимся снова в точку Аь Затем, отправляясь из точки Аь опишем ломаную К и снова вернемся в Аь Мы получим ломаную, начинающуюся и заканчивающуюся в точке Аь Среди звеньев этой ломаной каждый из отрезков, соединяющих точки множества Z, встречается один и только один раз. Следовательно, нам удалось построить
192
ломаную L(Z). Тем самым утверждение задачи доказано (методом математической индукции).
97.	Предположим, что многочлены
Р (х) = ОоХ3 + я(х2 + а2х + а3
и	(1)
Q (х) = box3 + biX* + b2x + Ь3,
коэффициенты которых я, и b, (t = 0, 1, 2, 3)—целые числа, причем яо #= О, Ьо=/= 0, имеют общий иррациональный корень а.
Число а является также корнем многочлена
R (х) = b0P (х) — a0Q (х) = (tpb0 — яой,) х2 +
+ (я260 — а0Ь2) х + (я.Л — а0Ь3),	(2)
поскольку R(a) — ЬоР(а)— aoQ(a) = 0. Возможен один из двух случаев.
a)	aib0 — aobi^O. Тогда R(x)—многочлен второй степени по х с целочисленными коэффициентами, поэтому его иррациональный корень а имеет вид т + лд/р* гДе Р — рациональные числа, причем число р отлично от квадрата рационального числа, а п #= 0.
Заметим, что
Р(//1 + и д/р) == я0(ш + и д/р)3 ф- Я| (щ ф- я д/р / 4
ф-я2(тф-лд/р)ф-я3 = Л1 + ?V д/р, Р(т — п \р) — а0(т — п у]р)3 ф- at(m — п -yjр)2 ф-
ф- я2(т — П'у/р) + а3 = М — N yj р,
где М и N — рациональные числа:
М = аот3 ф- За&пп2р ф- ящг2 + ар?р + а2т + я3,
N — Зя0т2п + а^/Рр + 2арпп + а2п.
Поскольку число т + п р — корень многочлена Р (х), то М + N -у/р =0. Следовательно, М = 0, так_как в противном случае выполнялось бы равенство -\/р = = — М/N, что невозможно, так как число VР —иррационально, а число M[N — рационально. Но тогда Л1=0,
7 Зак. 933
193
и, таким образом, М—N -yjр =0. Это означает, что число т — пл!р также является корнем многочлена
Аналогично можно проверить, что m — n-yjp — корень многочлена Q(x).
Итак,_многочлены Р(х) и Q(,r) имеют общий корень т — п*\]р , отличный от корня т + п р, поскольку п =/= 0 и р #= 0.
б)	aibo — aobi = 0. В этом случае R(x)— многочлен первой степени по х с целочисленными коэффициентами, обращающийся в нуль, когда независимая переменная х принимает иррациональное значение а. Такой многочлен должен тождественно равняться нулю, или
b0P W — aoQ (х) = 0
при всех х. Следовательно, значения, принимаемые многочленами Р(х) и Q(x), пропорциональны, каждый корень многочлена Р(х) является корнем многочлена Q(x)1, и наоборот. Многочлен третьей степени Р(х), помимо а, имеет еще два корня (вещественных или комплексных) а' и а". По крайней мере один из них отличен от а, так как если бы выполнялось равенство а' = а" = а, то из выражения а-|-а'4-а"=— следовало бы, что а =
Яо
Я|
= —	, что невозможно, поскольку а — иррациональ-
ное, а —------рациональное число. Если же, например,
а' =/= а, то а' — еще один общий корень многочленов Р(х) и Q(x). Тем самым утверждение задачи полностью доказано.
98.	Ясно, что уравнение
х4 + 4у* = 2(г4 + 4и4)	(1)
имеет решение (0, 0, 0, 0). Докажем, что это единственное решение уравнения (1) в целых числах.
Для доказательства воспользуемся следующей леммой:
если ki, ki, ..., kn — различные неотрицательные целые числа и ху Х2, хп — целые числа, не делящиеся
194
на натуральное число с, то
ck‘Xx±ck‘x2 + ... -j-ck" хп =/= 0.	(2)
Доказательство этого неравенства весьма просто. Пусть, например, — наименьшее из чисел ki (i = 1, 2, ..., п). Запишем тождество
ск'хх 4- Лх2 + ... + ck"xn =
= ck' (х, + ск^х2 + ... + ck^k'xn).
Все слагаемые суммы, стоящей в скобках в правой части тождества, кроме первого слагаемого, делятся на с, так как ki— ki > О при i^= 1. Первое же слагаемое Xi по предположению не делится на с. Следовательно, эта сумма отлична от нуля, а поскольку ck' =/=Q, то выполняется неравенство (2).
Предположим, что целые числа х, у, г, и образуют решение уравнения (1). Существуют такие неотрицательные целые числа k, I, m, п, что
x = 2fcx1, y = 2lyx, z — 2mZ\, u — 2nU\,
где каждое из чисел Xj, yi, Zi, щ нечетно или равно нулю. Подставляя х, у, г, и в уравнение (1), преобразуем его к виду
24ftx4 + 2«+2^ — 24m+1z4 — 24n+3tz4 = 0.	(3)
Числа 4k, 4Z-J-2, 4m + 1, 4п-|-3 различны, поскольку дают при делении на 4 различные остатки, поэтому Хх = ух — zi = «1 = 0. Действительно, если бы какие-нибудь из чисел xi, ух, z\, их были отличны от нуля, то они были бы нечетными и равенство (3) противоречило бы лемме.
Таким образом, x = y = z=u = 0, что и требовалось доказать.
99.	Воспользуемся методом математической индукции. При п = 1 утверждение задачи верно, поскольку если xi У2, то 1—xi */2. Предположим, что оно верно при некотором натуральном k, иными словами, если числа xi, х2, .... Xk неотрицательны и xi + х2 + ... ... Ч-х^сУг, то (1—xi)(l—х2) ... (1 —хл)> У2.
7*
195
Докажем, что тогда утверждение задачи выполняется и при п = k -ф 1. Пусть хц л2, -... Xk. A'k+i — неотрица-тельные числа, удовлетворяющие неравенству лу -f-4-Л2+ .. 4-л* + Лл-ц sg */2. Запишем это неравенство в виде х,4-х2 + ... + х'<’/2, где х\ = xk + xft+1, в силу чего х' 0.
По предположению индукции
(1 — X]) (1 — х2) ... (1 — xft) —
= (1 — Х1) (1 — х2) ... (1 — хь — xft+1) > 41.
Поскольку XfcXft+1^0, ТО 1 —Xk — ХА+1 1 — xft — — Xk+l + Xkxh+i = (1 — xft) (1 — xft+1) и поэтому
(1 - x.) (1 - x2) ... (1 - xk) (I - xft+1) >
>(1 — Xj) (1 — x2) ... (1 — xk — Xk+l) > ’/2.
Таким образом, утверждение задачи выполняется при любом натуральном п.
Примечание. Доказанное нами неравенство допускает следующее обобщение:
если числа xt, хг, ., хп удовлетворяют неравенствам
0 <	< 1 (i = 1, 2, ..., и),
то
(1 — *1) (1 — Хг) ... (1 — xn) 1 — (xi + Хг + ... + хп).
100.	Пусть о — сумма квадратов площадей ортогональных проекций граней прямоугольного параллелепипеда на плоскость л.
Если л — плоскость одной из граней прямоугольного параллелепипеда, то сумма о равна удвоенному квадрату площади этой грани. Прямоугольный параллелепипед, не имеющий формы куба, содержит по крайней мере две различные по площади грани. Следовательно, при проектировании такого прямоугольного параллелепипеда на плоскости не равных по площади граней сумма о принимала бы различные значения.
Докажем, что для куба с ребром а значение о не зависит от положения плоскости л, а именно что о — 2а4 при любом положении плоскости л.
Поскольку проекции одной и той же фигуры на параллельные плоскости представляют собой конгруэнтные
196
фигуры, то в приводимом ниже доказательстве, не ограничивая общности, можно считать, что плоскость л проходит через одну из вершин куба (обозначим эту вершину S), а весь куб лежит в одном из замкнутых1 полупространств, на которые плоскость л делит все пространство.
Пусть п—луч, проведенный из вершины S в полупространстве, содержащем куб, перпендикулярно плоскости л. Луч п образует с выходящими из вершины S ребрами S/l, SB, SC куба углы а, Р, у, каждый из которых ^90°, и поэтому лежит в трехгранном угле SABC с тремя прямыми плоскими углами.
Для вычисления суммы о воспользуемся теоремой о том, что площадь ортогональной проекции плоского многоугольника на плоскость л равна произведению площади этого многоугольника на косинус угла наклона его плоскости к плоскости л.
Углы наклона граней куба, сходящихся в вершине S, к плоскости л равны углам, образуемым перпендикулярными к этим граням ребрами 5Л, SB, SC куба с лучом п, то есть углам а, р, у. Следовательно, площади ортогональных п секций граней куба, сходящихся в вершине S, равны a8 cos a, a2 * cos р, a2 cos у и
о = 2о4 (cos8 а + cos2 р + cos2 у).
(1)
Выберем на луче п произвольную точку М, отличную от вершины S. Пусть Mi, М2, М3 —проекции точки М на прямые 5Д, SB, SC. Тогда
SAI, + SM2 + SM3 = SM2.	(2)
Действительно, если ни одна из точек Л(ь М2, Л(3 не совпадает с вершиной S, то SM — диагональ прямоугольного параллелепипеда с ребрами SMt, SM2, SM3 (рис. 78). Если одна из этих точек, например М3, совладает с вершиной S, то SM— гипотенуза прямоугольного треугольника S/И/И], а если с вершиной S совпадают две из трех точек Mi, М2, Мз, например М2 и /Из, то SM = SMi.
1 Замкнутым полупространством называется множество, которое
состоит из точек, лежащих по одну сторону от плоскости (открытое
полупространство), и точек самой плоскости.
197
Подставляя значения	SAfi = SM cos a, SA12 =>;
= SA1 cos p, SAf3 —SAlcosy в соотношение (2), полу*.
Рис. 7Ь.
чаем
SM2 (cos2 a + cos2 р + cos2 у) = SM2, • а поскольку SAf 0, то
cos2 a 4- cos2 ₽ + cos2 у = 1.	(3)
Сравнивая соотношения (1) и (3), приходим к оконча-. тельному ответу:
a = 2a4, что и требовалось доказать.
101.	Пусть (АВС...) означает площадь многоугольника АВС... . По условиям задачи (рис. 79)
(ABCD) = '/2 (ABCDEF) = (BCDE).	(1)
Кроме того,
(ABCD) = (ABD) 4- (DBC), (BCDE) = (EBD) 4- (DBC). (2) Из соотношений (1) и (2) получаем
(ABD) = (EBD).
198
Отсюда следует, что AfllBZ), поскольку вершины А и Е Треугольников ABD и EDB, имеющих общую сторону, лежат в одной полуплоскости относительно прямой BD.
Аналогично можно доказать, что АСНРВ и СВЦВВ. Пусть М — точка пересечения диагоналей AD и BE. Поскольку заданный шестиугольник выпуклый, то такая Точка существует. Рассмотрим гомотетию с центром М,
отображающую точку А в точку О. Точку Е эта гомотетия переводит в точку В, поскольку В — общая точка прямой ЕМ и образа прямой АЕ— проведенной через 'точку D прямой, параллельной прямой АЕ. Точку С рассматриваемая нами гомотетия переводит в точку F, поскольку F— общая точка образов прямых АС и ЕС, а йменно: проведенной через точку D прямой, параллельной прямой АС, и проведенной через точку В прямой, Параллельной прямой ЕС. Следовательно, прямая CZ? проходит через центр М гомотетии и поэтому диагонали AD, BE, CF имеют общую точку, что и требовалось доказать.
102.	Введем следующие обозначения. Пусть Z — множество заданных точек Ai, А2, ..., А6, d— длина наибольшего из отрезков AiAk, б— длина наименьшего из отрезков AiAk (i, k = 1, 2, ..., 6, t#=Je)-
Требуется доказать, что d^d-y/S . Справедливость этого неравенства легко устанавливается следующими рассуждениями.
199
а)	В множестве Z существуют 3 точки, лежа-щие па одной прямой. Пусть, например, точка Az лежит на отрезке AiA3, причем А1А2^А2Аз. Тогда /,Да > 2Л i42, d AjA3, 6 CJ AtA2 и, следовательно, d^26 > б •
б)	Три точки из множества Z образуют треугольник, один из углов которого не меньше 120°. Пусть, например, 180° > Z Д1Д2Д3 120°. Тогда cos(z AiA2A3)^—'/2
и А1Д3 = А1А2+А2Д3—2А>Аг • Л2Д3 cos (Z AiAzAsj^AiAz-^
А2А3 AiA2 • Д2Д3. Так как AiA3s^rf, AiA2^6, А2Аз^б, то из полученного неравенства следует, что
d2 Зб2, или d б д/3
Предположим, что данное множество Z не обладает свойством, рассмотренным в пункте (а). Докажем, что тогда оно непременно обладает свойством, рассмотренным в пункте (б).
Пусть W—выпуклый многоугольник, содержащий множество Z и такой, что каждая вершина W совпадает с одной из точек А,. Многоугольник W может иметь 3, 4, 5 или 6 вершин.
Если W — треугольник (например, треугольник А1А2А3), то точка А4 лежит внутри этого треугольника. По крайней мере у одного из треугольников AiA4A2, А1А4А3, А2А4А3 угол при вершине Д4 не меньше 120°, поскольку сумма всех трех углов при вершине Д4 равна 360°.
Если W— четырехугольник (например, четырехугольник А1А2А3А4) или пятиугольник (например, пятиугольник Д1Д2Д3А4А5), то W можно разбить на треугольники диагоналями, выходящими из одной вершины. Точка А® находится внутри одного из таких треугольников, поэтому рассматриваемый случай сводится к предыдущему.
Наконец, если W—шестиугольник, то сумма его внутренних углов равна 720°. Следовательно, наибольший из этих углов 120° и определяет треугольник, рассмотренный в пункте (б).
Таким образом, множество Z всегда содержит либо 3 точки, лежащие на одной прямой, либо 3 точки, образующие треугольник, один из углов которого не меньше 120°.
200
Тем самым утверждение задачи выполняется для любого множества, содержащего 6 произвольно вобранных точек плоскости.
Примечание. В приведенном выше решении мы воспользовались тем, что для любого множества п 3 точек плоскости, не лежащих на одной прямой, существует выпуклый многоугольник, содержащий все множество и такой,, что его вершины совпадают с точками множества. Существование такого многоугольника (назовем его выпуклой оболочкой данного множества) интуитивно очевидно. Выберем на поверхности стола любое число точек, воткнем в каждую из них булавку, а затем накинем на них тугую резинку так чтобы она, стянувшись, охватила все булавки. Резинка зацепится за некоторые булавки и примет форму выпуклого многоугольника, объемлющего все булавки. Разумеется, эти наглядные соображения отнюдь не заменяют строгого доказательства существования выпуклой оболочки, к которому мы сейчас переходим.
Воспользуемся методом математической индукции. Для множества п = 3 точек, не лежащих на одной прямой, доказываемое утверждение верно: выпуклой оболочкой множества служит треугольник, образуемый точками множества. Предположим, что выпуклая оболочка существует при некотором п. Докажем. что тогда то же самое справедливо и для п + 1 точки. Пусть множество Z состоит из (л-f-l) точек плоскости, не лежащих на одной прямой. Выберем на плоскости произвольную точку М и обозначим At точку множества Z, наиболее удаленную от М (если имеется несколько таких точек, то Ai может быть любой из них). Тогда все точки множества Z, кроме Аз, лежат по одну сторону от прямой, проведенной через точку Аз перпендикулярно прямой AtM.
Поскольку точки множества Z не лежат на одной прямой, тб существуют 2 луча р и q. исходящих из точки At, которые проходят через какие-то точки множества Z и образуют выпуклый угол, содержащий все множество Z. Пусть А2 — ближайшая к А, из точек множества Z, лежащих на луче р а Ла — аналогичная точка на луче q. Если все остальные точки Л4, Аь, ..., А„+1 множества Z лежат в треугольнике АзАгАз, то он служит выпуклой оболочкой множества Z. В противном случае для множества точек А2, А3, .... An+i по предположению индукции существует выпуклая оболочка Р, причем точки А2 и Лз служат вершинами многоугольника Р (рис. 80), поскольку Р содержится в угле A2AtAs.
Точки А2 и Аз делят периметр многоугольника Р на две части: одна из них, которую мы обозначим Lt, лежит (за исключением концов А2 и Л3) по другую сторону от прямой Л2Л3, чем точка At, другая (ее мы обозначим Ь2) находится в треугольнике AiA2As. Ломаная Li вместе с ломаной Л2Л3Л1 ограничивают многоугольник Q, который получается, если к многоугольнику Р присоединить треугольник А,А2А3
Нетрудно видеть, что: 1) многоугольник Q. в который входят многоугольник Р и точка At. содержит все множество Z; 2) каждая вершина многоугольника Q совпадает с одной из
201
точек множества Z, 3) многоугольник Q выпуклый, так как от* резок, соединяющий любые две его точки А и В, целиком лежи? в Q. Выпуклость многоугольника Q очевидна, если точки А и В лежат либо обе в треугольнике Д1Д2Д3, либо обе в многоугольнике Р. Если же, найрймер, точка А находится в треугольнике Д1Д2Д3, а точка В — в многоугольнике Р вне треугольника, то отрезок АВ пересекает отрезок Д2Дз в некоторой точке С,
а каждый из отрезков АС и СВ лежит в многоугольнике Q. Следовательно, отрезок АВ также лежит в многоугольнике Q.
Таким образом, многоугольник Q является выпуклой оболочкой множества точек At, Д2, .. , Ап, Л„+1. Тем самым утверждение о существовании выпуклой оболочки любого конечного множества точек на плоскости полностью доказано.
103.	В конечном наборе чисел ai, 0,2, ..., ап существует по крайней мере одно число, например аг, которое не меньше всех чисел, входящих в набор, то есть di аг при i=l, 2, п. Пусть s — наименьший из (Индексов, для которых выполняется равенство as = аг. Докажем, что s = 1. Действительно, при s>l выполнялись бы неравенства
as_\ < as (по определению индекса s),
&S+1	^3
(так как as = ar).
Складывая эти неравенства, получаем
as_i + ai+i < 2as,
Что невозможно, поскольку по условиям задачи as-1 fF fls+l 2<7s.
202
Но если s = 1, то аг = си = 0 и поэтому at 0 при i = 1, 2, п.
Примечание. В приведенном выше решении мы сослались на утверждение о том, что в каждом конечном множестве чисел at, а2, , ап существует число аг, для которого при » = 1, 2, п выполняется неравенство а, аг.
Это утверждение, известное как принцип наибольшего числа, является очевидным следствием принципа математической индукции, и наоборот, принцип математической индукции можно_ вывести из принципа наибольшего числа.
104.	Обозначим сидящих в зале Ль А2, .... Лщо. Пусть М — множество {Ль А2, ..., Л33}, N— множество {Л84, Лзв	Л66} и Р~ множество {Л67, Л68, .... Л1оо}<
Случай, о котором говорится в задаче, может представиться, например, если каждый из тех, кто входит в множество М, знаком с теми и только с теми, кто входит либо в множество N, либо в множество Р (всего 67 человек), и аналогично каждый из тех, кто входит в множество N, знаком с теми и только с теми, кто входит в множества Р и М (всего 67 человек), а каждый из тех, кто включен в множество Р, знаком с темп и только с теми, кого мы отнесли к множествам М и N (всего 66 человек). Действительно, если (Л,,Л/,Л*,Ле) — любые четыре человека из числа находящихся в зале, то два из них заведомо входят в одно и то же множество М, N или Р и поэтому не знакомы друг с другом. Тем самым утверждение задачи доказано.
Примечание. Утверждение задачи нетрудно обобщить, Предположим, что в зале находятся п человек, каждый из ко* торых знаком по крайней мере с [2«/3]1 из присутствующих. Тогда может представиться случай, когда двое из любых четы* рех человек, находящихся в зале, не будут знакомы друг с другом. Доказательство этого утверждения проводится так же, как доказательство утверждения задачи.
105.	Пусть Ль Л2, Л3 и В1г В2, В3 — вершины данных треугольников, a MN — такой отрезок, что, во-первых, точка М лежит на периметре треугольника Л1Л2Лз, во-вторых, точка N лежит на периметре треугольника BiB2B2 и, в-третьих, MN не длиннее любого из отрезков,
1 [х] означает целую часть числа х, то есть наибольшее целой число, не превосходящее х.
203
соединяющих точки на периметре треугольника АыЪАз с точками на периметре треугольника BjB2B3.
Отрезок MN можно построить следующим образом. Для каждой из девяти троек (А/, В/, В*), где i, j, k принимают значения 1, 2 или 3, причем j ’<_ k, выберем кратчайший из отрезков, соединяющих точку А, с точками отрезка В;В*. Этот отрезок совпадает с высотой' треугольника AiBjBk, опущенной из вершины А,, или с одним из отрезков А,В„ A,Bft Аналогичным образом для каждой из девяти троек (В,, А:/, А*) выберем кратчайший из отрезков, соединяющих точку В, с точками отрезка А]Ак. Наконец, выберем кратчайший из полученных 18 отрезков (некоторые отрезки могут совпадать), то есть отрезок, не превосходящий по длине ни один из 17 остальных отрезков. Пусть М — конец этого отрезка, лежащий на периметре треугольника AiA2A3, a N— другой конец того же отрезка, лежащий на периметре треугольника BiB2B3. Отрезок MN удовлетворяет третьем^ из перечисленных выше условий (не длиннее любого из отрезков, соединяющих точки на периметрах треугольников AiA2A3 и BiB2B3j. Действительно, для любого отрезка, соединяющего точку К па периметре первого треугольника с точкой L на периметре второго треугольника
(рис. 81), Существует параллельный и не превосходящий его по длине отрезок, соединяющий вершину одного треугольника с точкой на стороне другого треугольника, а такой отрезок не длиннее отрезка MN. Итак, построен отрезок MN, обладающий всеми необходимыми свойствами.
Проведем через точки М и N прямые тип, перпендикулярные отрезку MN (рис. 82). Внутри полосы, ограниченной прямыми тип, нет ни одной из точек, при-204
надлежащих треугольникам Л1Л2Л3. в ВлВ^Вз. (Если бы внутри- этой полосы находилась бы, например, точка Р, принадлежащая треугольнику Лр42Лз, то весь отрезок РМ также принадлежал бы треугольнику А1А2А3. Ио угол PMN острый, поэтому между точками Р и Л1 можно было бы найти тбчку Q, такую, что QN <Z MN, а это противоречило бы выбору отрезка MN.)
Рис. 82.
Возможен один из следующих случаев.
а)	Точки М и N совпадают с вершинами треугольников Л1Л2Л3 и В\В2В3. Например, предположим, что точка М совпадает с вершиной Ah а точка N — с вершиной Bi (рис 83). Рассмотрим углы с вершиной Ль образуемые
лучами АА и А1А3 с лучами mi и m2, на которые разбивает прямую т точка Ai, и углы с вершиной В\, образуемые лучами В1В2 и В1В3 с лучами п\ и «2- Пусть угол, образуемый лучом AjA2 с лучом п\, — наименьший из этих углов. Тогда Л1Л2—прямая, существование которой, нам требовалось доказать.
205
Действительно, угол а либо острый, либо равен нулю, Если а == 0, то прямая AjA2 совпадает с прямой т. Следовательно, точка Аз лежит по одну сторону от прямой Л1А2, а точки Bi, В2, В3 по другую сторону от нее. К аналогичному заключению мы приходим и в том случае. Когда угол а острый и прямая AtA2 пересекает прямую п в точке С. Действительно, точка А3 лежит по другую сторону от прямой ДИ2, чем точка Bi (поскольку выпуклый угол, образуемый лучом Д1Д3 с прямой т больше а). Что же касается точек В2 и В3, то они расположены по ту же сторону от прямой AiA2, что и точка Если бы, например, точка В2 лежала по другую сторону от прямой АД?, чем точка Bi, или на прямой AtA2, то на отрезке BtB2 находилась бы некоторая точка D прямой AiA2 и ZDSiC = [3 был бы вопреки предположению меньше угла а, поскольку ZB1CA1, равный а, был бы внешним углом треугольника DBiC.
б)	По крайней мере одна из точек М и N не совпа« дает с вершинами треугольников AtA2A3 и BiB2B3. Например, точка М лежит на стороне AiA2 треугольника ДИ2Л3. Тогда вся сторона Д|/42 лежит на прямой т и прямая т отделяет вершину А3 от вершин Bi, В2, Вз-
Итак, утверждение задачи доказано.
106.1 Пусть Z — множество людей, находящихся в вале.
Наши рассуждения существенно упрощаются, если мы условимся считать, что каждый из тех, кто находится В зале, знаком сам с собой. Такое соглашение не меняет утверждения задачи, которое требуется доказать. Приняв его, мы можем утверждать, что каждый А'еZ не Знаком не более чем с 32 членами множества Z.
Пусть А — произвольно выбранный член множества Z. Если все, кто не знаком с А, покинут зал, то множество Z\ оставшихся в зале будет насчитывать не менее 100 — 32 = 68 человек. Пусть В—любой из тех, кто включен в множество Zi, но не А. Если теперь зал покинут все, кто не знаком с В, то оставшиеся в зале образуют множество Z2, в котором насчитывается не менее 68 — 32 = 36 человек. Пусть С — кто-нибудь из тех, кто входит в множество Z2, но не А и не В. После того, как
1 См. также задачу 104.
206
зал покинут те, кто включен в множество Z2, но не знаком с С, оставшиеся в зале образуют множество Z3, в котором насчитывается не менее 36—32 человека. Следовательно, в Z3 входит по крайней мере один человек помимо А, В, С. Если мы обозначим его D, то Л, В, С и D образуют четверку людей, знакомых друг с другом, так как В знаком с А, С знаком с А и В, a D знаком с А, В и С.
Примечание. Справедливо также более общее утверждение:
если в зале находятся п человек, каждый из которых знаком по крайней мере с [2л/3] + 1 из остальных присутствующих, то в зале найдутся четыре таких человека, каждый из которых знает трех других.
Доказательство его аналогично приведенному выше.
107. Предположим, что точки А, В, С, D, Е удовлетворяют условиям (1) и (2). Докажем сначала, что никакие две из этих точек не могут совпадать. Для этого достаточно доказать, что точка А не может совпадать ни с точкой В, ни с точкой С, поскольку все остальные случаи сводятся к одному из этих при надлежащем изменении обозначений.
а)	Если бы точка А совпадала с точкой В, то в силу равенств (1) совпадали бы все 5 точек и не выполнялось бы условие (2), так как все входящие в него углы не существовали бы.
б)	Если бы точка А совпадала с точкой С, то угол АВС был бы равен 0 и, следовательно, в силу условий (2) точки А, В, D, Е лежали бы на одной прямой р. Равенства Z.BAD = 0 и ZEAB — 0 означали бы, что точки В, D, Е лежат на прямой р по одну сторону от точки А. Но тогда равенство ZDEA = 0 позволяет утверждать, что точка D лежит между точками А и Е, а это противоречит равенству Z.CDE = Z.ADE = 0. Таким образом, случай (б) отпадает.
Из равенства всех сторон и всех углов пятиугольника ABCDE следует, что все его диагонали равны. Например, АС = BD, так как треугольники АВС и BCD конгруэнтны. Пусть а — длина сторон, Ъ — диагоналей пятиугольника, а О (г) — сфера с центром в точке О и радиусом г.
Выберем три идущие не подряд вершины пятиугольника, например вершины А, В, D, и рассмотрим положение
207
остальных вершин С и Е относительно выбранных. Вершина С принадлежит одновременно сферам А(Ь), В(а) и D(a), а вершина Е— сферам В(Ь), Л (а) и D(a), в которые сферы А{Ь), В (а) и D(a) переходят при отражении в плоскости о, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему. При этом преобразовании точке С соответствует точка Е', принадлежащая одновременно сферам A (a), B(b), D(a). Следовательно, возможен один из двух случаев.
а) Точка Е совпадает с точкой Е', то есть точки С и Е расположены симметрично относительно плоскости о, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему. Тогда диагональ СЕ параллельна прямой АВ и точки А, В, С, Е лежат в одной плоскости.
р) Точка Е, принадлежащая одновременно сферам А (а), В (6), В (о), отлична от точки Е', также принадлежащей всем этим сферам. Тогда точка Е симметрична точке Е' относительно плоскости ABD, проходящей через центры рассматриваемых сфер. Следовательно, точка Е симметрична точке С относительно прямой пересечения плоскостей ABD и о, то есть относительно прямой DM, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему. В этом случае диагональ СЕ пересекает прямую DM в некоторой точке N.
Аналогичные утверждения справедливы для любой диагонали пятиугольника ABCDE. Если при рассмотрении каких-нибудь двух диагоналей мы встречаемся со случаем (а), то существуют 2 четверки вершин пятиугольника, каждая из которых лежит в одной плоскости. Следовательно, все вершины пятиугольника также лежат в одной плоскости.
Если при рассмотрении хотя бы трех диагоналей пятиугольника мы встречаемся со случаем (Р), то две из этих трех диагоналей выходят из одной вершины. Пусть, например, ими будут диагонали СЕ и СА. Тогда диагональ СЕ пересекает прямую DM, проходящую через середину отрезка АВ перпендикулярно ему, в некоторой точке N, а диагональ СА пересекает прямую ВК, проходящую через середину отрезка DE перпендикулярно ему, в некоторой точке L. Следовательно, точки D, Е, С, К, М, N расположены в одной плоскости. Аналогичное утверждение справедливо и относительно точек А, В, С, К, L, М. Таким образом, все перечисленные точки лежат
208
в одной плоскости (рис. 84). Тем самым утверждение задачи доказано.
Примечание. Приведенное выше решение задачи можно значительно сократить, если воспользоваться свойствами изометрии, то есть преобразований, ие изменяющих расстояний между точками. Точкам А, В, С, D поставим в соответствие точки В, А, Е. D. В силу равенства сторон и диагоналей пятиугольника отображение первой четверки точек на вторую представляет собой изометрию. Это преобразование можно продол жить до изометрического преобразования всего пространства.
Известно, что изометрия пространства, переводящая точк'! А, В, D в точки В, Л, О, является отражением относительно плоскости о, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему, или отражением относительно прямой ЛЮ, проходящей через середину того же отрезка перпендикулярно ему. Таким образом, точка Е симметрична точке С относительно плоскости о или прямой MD. В остальном ход доказательства остается без изменений.
108. Предположим, что многоугольник W, вершины которого обозначены по порядку А;, Аг, ..., Ап, где п — нечетное число, имеет равные внутренние углы и вписан в окружность с центром О. При п — 3 утверждение задачи очевидно, поэтому в дальнейшем мы будем предполагать, что п 5.
Пусть A,-!, At, Ai+i, где i = 1, 2, ..., п, причем Ао = А„, А„+1 = Ai — три идущие подряд вершины многоугольника W и пусть ZAi-iAiAi+i — а (рис. 85). Так как п 5, то а 108°. Следовательно, дуга А,^1А,А1-+1 меньше полуокружности и четырехугольник OAt-tAtAt+i выпуклый.
209
По теореме об углах, вписанных в окружность, невыпуклый угол Л,_1ОЛ,+1 = 2а, а выпуклый угол Ai-iOAi+i = 360° — 2а = Повернем многоугольник 1Й вокруг точки О на угол 0, например, в направлении, задаваемом нумерацией вершин Ль Л2, ..., Ап. Вершина Л,_1 после поворота перейдет в точку Л,+ь то есть каждая вершина многоугольника W в новом положении сов-
падет с вершиной, номер которой на 2 больше, причем Л„-1 перейдет в Ai, а Ап — в Л2. Таким образом, точки
Ль А2, Л3,	Лп_2, Л„_ь Ап	(1)
совместятся с точками
Л3) Л4, ^5> • • • > Ап, Ль Л2.	(2)
Каждый отрезок, соединяющий две точки из упорядоченного множества (1), перейдет в отрезок, соединяющий образы этих точек из упорядоченного множества (2). Следовательно, при нечетном п
Л,Л2 = Л3Л4 = Л5Л6 = ... — ЛП_2ЛП_1 = AnAi и
Л2Л3 = Л4Л5 = ЛбЛ7 = ... == ЛП_]ЛП= Л[Л2, то есть все стороны многоугольника равны, что и требовалось доказать.
109. Пусть f(x) — многочлен относительно переменной х с целочисленными коэффициентами и
lf(a)l = lf(*)l = lf(e)l=l,	(О
где а, Ь, с — три различных целых числа.
210
Прд^црложим, что х0— целочисленный корень многочлена f{x)t Тогда при любом х
f (х) = (х — х0) ф (х),	(2)
Где ф(х)—многочлен с целочисленными коэффициентами.
Из соотношений (1) и (2) получаем
| (а — х0) <р (а) | = | а — х01 • | <р (а) | = 1.
Число |д — хо | — целое, положительное и является гелителем единицы, поскольку |ф(а)|— целое число. Следовательно,
|а — х0|= 1.
Диалогичным образом можно доказать, что |Z?— Хо| = 1, | с — х01 = 1.
Полученные равенства означают, что какие-то два из трех чисел а — Хо, Ь — х0, с — Хо равны. Но тогда и какие-то два из трех чисел а, Ь, с также равны, что невозможно, так как по предположению а, b и с — различные числа. Полученное противоречие доказывает, что многочлен f(x) не имеет целочисленных корней. Тем самым утверждение задачи доказано.
Примечание. В приведенном выше решении мы упомянули о том, что ф(х)— многочлен с целочисленными коэффициентами. Это утверждение нетрудно доказать.
Пусть
f (х) = аохп + aixn~] + ... + an_ix + an,
ф (х) = CqX"-1 + CjX"-2 + ... +crt_2x + crt_i.
Из равенства f(x) = (x — хо)ф(х), приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в правой и левой части, получаем
а0 = с0, ak = ck —xock_i (k = 1, 2, ..., п — 1), откуда
с0 = а0» ck ~ ak + Х0Сд._1.
Отсюда следует, что со — целое число и если коэффи» циент Ck-\ равен целому числу (k = 1, 2, ..., п—1), то коэффициент Ck также целый. Таким образом, все числа Ро, ..., с п-i целые.
211
ПО. Перенумеруем сидящих за столом последовательными натуральными числами от 1 до п (п^5). Предположим, что номер 1 за столом сидит рядом с номерами и и 2, номер 2 — рядом с номером 1 и 3 и так далее, наконец, номер п сидит рядом с номерами п—1 и 1. Кратко о таком распределении чисел 1, 2, п говорят, что они образуют цикл
1, 2, 3, .... и.	(1)
Пусть и — нечетное число. Образуем из чисел от 1 до п цикл
1, 3, .... п, 2, 4, п- 1,	(2)
в котором за последовательными нечетными числами идут последовательные четные числа. Нетрудно видеть, что в цикле (2) каждое число имеет иных соседей, чем в цикле (1). Различия в распределении чисел, образующих циклы (1) и (2), сводятся к следующему:
1)	Каждое нечетное число, за исключением чисел 1 и л, соседствует в цикле (1) с четными числами, а в цикле (2)—с нечетными числами;
2)	каждое четное число, за исключением чисел 2 и п—1, соседствует в цикле (1) с нечетными числами, а в цикле (2) — с четными числами;
3)	число 1 в цикле (I) соседствует с числами п и 2, а в цикле (2) — с числами п— 1 и 3, отличными от чисел и и 2 при п 5.
Числа 2, п— 1, п в цикле (1) соседствуют с числами 1 и 3, п— 2 и п, л — 1 и 1, а в цикле (2)—с числами п и 4, п — 3 и 1. п — 2 и 2.
Предположим далее, что п—четное число; образуем из чисел от 1 до п цикл
1, 3, ..., п — I, 2, ..., п — 2, п,
в котором, как и в цикле (2), за последовательными нечетными числами идут последовательные четные числа, и переставим в нем числа п — 2 и п:
1, 3, ..., п—1, 2, 4, ..., п — 4, п, п — 2.	(3)
Распределение чисел в цикле (3) обладает следующими особенностями:
1)	каждое из нечетных чисел 3, 5, п — 3 соседствует с нечетными числами;
212
2)	каждое из четных чисел 4, 6, ..., п — 4 соседствует с четными числами;
3)	числа 1, 2, п—1, п — 2 соседствуют с числами 3 и п — 2, п — 1 и 4, п — 3 и 2, п и 1.
Нетрудно видеть, что у каждого числа в цнкле (3) соседи иные, чем в цикле (1). Тем самым утверждение Задачи доказано.
111.	Пусть Z — конечное множество чисел, /(Z)— число различных значений, принимаемых суммой, двух чисел, каждое из которых принадлежит множеству Z.
Пусть А— множество п > 2 попарно различных чисел at (i= 1, 2, ..., п), обозначенных так, что
«! <«2 <  • • <ап.	(1)
Поскольку
а1 + а2 < flI + а3 < • • • < а1 +	<
< а2 + ап < а3 + ап < ...	(2)
то множество сумм о;-|-а/ содержит по крайней мере 2м — 3 различных чисел, то есть 2п —3.
Следовательно, если нам удастся составить множество А так, чтобы выполнялось равенство 1(A) = 2п— 3, то тем самым первая часть задачи будет решена. Для этого необходимо выбрать числа «1, а2,	так, что-
бы каждая сумма а,а, была равна какому-нибудь из чисел, входящих в неравенства (2), то есть одной из сумм а 1 + a, (j = 2, 3, ..., п) или одной из сумм а,- + ап (1 = 2, 3...n—1).
Докажем, что этим свойством обладает множество чисел А, образующих арифметическую прогрессию. Йредположим, что
а2— а[ = а3 — а2— ... —ап — an_i = d.
По формуле общего члена арифметической прогрессии ak — + (к — \)d = an — (п — k)d (3)
при k = I, 2, ..., п. Рассмотрим суммы а,-(-а,-, где 1 i < j п При i 4- / п формула (3) приводит к следующему соотношению для сумм:
ai + а/= ai + а — 1) d + ai + (/ — 1) d —
= ai + ai + О + / — 2) d — -j- ai+j_It	(4)
213
а при i + j > n — к соотношению
а,; 4- at — + (i — 1) d + an — (n — /) d —
~an + a\ + O' + i — n—1) d = ai+i_n-\- an. (5)
Из соотношений (4) и (5) следует, что каждая из сумм совпадает с одной из сумм (2), поэтому /(X)=ij = 2п — 3. Тем самым множество чисел, обладающее требуемым свойством, построено.
Множество чисел В — {Z?i, &2, .... bn}, суммы кото-, рых bi-j-bj (i, j = 1, 2, ..., п; i #= j) принимают наибольшее число 1(B) различных значений, нам удастся найти в том случае, если значения любых двух сумм bi + bj не будут совпадать. Для такого множества 1(В) = ±п(п-1).
Требуемым свойством обладает, например, сумма членов геометрической прогрессии
1, q, q2, qn~l,	(6)
знаменатель которой q—натуральное число больше L
Действительно, предположим, что для каких-то членов геометрической прогрессии (6) выполняется соотношение
ql + q‘ = qk + ql, где t <j, k< l. (7)
+	=	(8)
Поскольку числа 1 + q‘~‘ и 1 -J- q‘~k взаимно просты с знаменателем прогрессии q, то из равенства (8) следует, что qk делится на ql, a ql— на qk. Следовательно, k = i, а из равенства (7) получаем, что и I — j. Это означает, что равенство (7) может выполняться лишь в том случае, если члены геометрической прогрессии q‘, ql совпадают с qk, ql.
Таким образом, для множества В чисел (6) действительно достигается равенство I (В) = -% п (п — 1).
Примечание 1. Можно доказать, что при п 5 любое множество А, состоящее из п различных чисел, для которого 1(A)—2п— 3, представляет собой множество членов арифметической прогрессии. При п = 3 и п =. 4 это утверждение, как нетрудно видеть, неверно.
214
Примечание 2. Можно привести много примеров множеств чисел В={ЬЬ Ь2.	Ьп}, для которых I (В) = п (п — 1).
Например, этим свойством обладает множество п последовательных чисел Фибоначчи *, то есть чисел Ьп, заданных рекуррентным соотношением bn = bn-i + bn-2 (п > 2), bt = 0, b2= 1.
112. Докажем сначала следующую лемму.
Если п^З и Дь Д2, ..., Ап— точки плоскости, не Лежащие на одной прямой, то существует прямая, проходящая через две и только две из точек Д5.
Доказательство. Из условий леммы следует, что Некоторые тройки точек не лежат на одной прямой. Пусть Ai, Ak, Л, —одна из таких троек и — расстояние от точки А, до прямой AkAi. Множество чисел (Ем конечно, и в нем существует наименьшее число (остальные числа больше или равны ему). Не ограничивая общности, можно считать таким числом, например, число с?12з. поскольку в противном случае достаточно лишь надлежащим образом изменить нумерацию точек [(рис. 86).
Рис. 86.
Пусть М — основание перпендикуляра, опущенного из точки Ai на прямую А2А3. Точки Л2 и Аз расположены На этой прямой по разные стороны от точки М, так как 'Д1Л4— наименьшая из высот и, следовательно, Д2Д3—• Наибольшая из сторон треугольника AiA2A3. Таким образом, .углы при вершинах Д2 и Д3 треугольника Л1Д2Д3 должны быть острые.
Это означает, что на прямой Д2Л3 нет других точек Действительно, если бы на прямой Д2Д3 лежала, рапример, точка At (для определенности предположим, что она находилась бы на луче М<43), то выполнялось бы
1 Фибоначчи, известный также под именем Леонардо Пизанского (около 1170—1250),— итальянский купец и один из наиболее Выдающихся математиков средних веков.
215
неравенство t/413 < ^123 (точка A4 лежит на отрезке МЛ3), либо неравенство d3i4 < t/123 (точка А4 лежит- на продолжении отрезка МЛ3). Оба неравенства противоречат выбору числа dl23.
Доказанная лемма позволяет без труда решить исходную задачу методом математической индукции.
При п — 3 утверждение задачи верно, поскольку в этом случае k = 3. Предположим, что утверждение задачи выполняется при некотором натуральном п Зи Докажем, что тогда оно выполняется и при n + 1. Пусты Z = 0i, Л2, Ап, Ап+1} — множество точек плоскости, не лежащих па одной прямой, и AiAn+1 прямая, проходящая ровно через две точки множества Z. Из условий задачи следует, что по крайней мере в одном из п — точечных множеств Zi = {Ль/42,..., Лп_], Л„} и Z2 =. = {Дь А2, ..., АП-1, Л„+]} — существуют тройки точек, не лежащих на одной прямой. Пусть, например, этим свойством обладает множество Zb По предположению индукции число прямых, проведенных через всевозможные пары точек множества Zj, не меньше п. Поскольку прямая Л]Лп+1 не принадлежит к числу этих прямых, так как проходит лишь через одну точку множества Zb то число прямых, проходящих через любые всевозможные пары точек множества Z, не меньше n-j- 1. Итак, утверждение задачи доказано по индукции.
113. Докажем утверждение задачи методом математической индукции. При п = 4 утверждение верно. Предположим, что оно выполняется при некотором п 4. Докажем, что тогда оно выполняется и при п-\- 1-Пусть Ai, Л2, ..., Ап, Ап+1 — такие точки плоскости, что любые 4 из них располагаются в вершинах выпуклого четырехугольника. По предположению индукции точки At, А2, ..., Ап служат вершинами выпуклого многоугольника W. Будем считать, что эти точки перечислены в том порядке, в котором они встречаются при обходе многоугольника W по периметру (этого всегда можно добиться подходящим выбором нумерации точек). Точка An+i не лежит на периметре многоугольника W, поскольку никакие 3 точки Ai не лежат на одной прямой. Эта точка не может находиться и внутри многоугольника W, так как любая точка внутри W принадлежит одному из треугольников, на которые разбивают W его диагонали, а точка
216
А„+1 не может -находиться в таком треугольнике. Таким образом,-тонка расположена вне многоугольника W. Рассмотрим выпуклые углы с вершинами в точке Л„+1, стороны которых проходят через вершины многоугольника W. Поскольку множество таких углов конечно, то среди них существует наибольший. Пусть например, это будет угол а= Z.AkAnJ).iAi. Внутри угла а лежат все вершины многоугольника W, кроме Л* и Ai. В треугольнике Т с вершинами Ль, An+i, А/ не содержится ни одна вершина многоугольника W, отличная от Ak и Лг, так как точки Ai; Ль, Л/, Л„+1 по условиям задачи располагаются в вершинах выпуклого четырехугольника. Следовательно, Ль и Л/ — соседние вершины многоугольника например /==/?+Е Но тогда Ль Л2, ..., Ль, Лп+1, Ль+ь ..., Ап — последовательные вершины многоугольника Ш'ь составленного из многоугольника IV и треугольника Т.
Докажем, что многоугольник U7i выпуклый, то есть каждый отрезок, концы которого находятся в W, целиком лежит в этом многоугольнике.
Пусть точки М и N принадлежат многоугольнику Wi. Может представиться один из двух случаев.
а)	Обе точки М и N лежат либо в многоугольнике IV, либо в треугольнике Т. Тогда и весь отрезок MN содержится либо в многоугольнике W, либо в треугольнике Т и, следовательно, лежит в многоугольнике №ь
б)	Одна из точек, например точка М, находится в многоугольнике V/ вне треугольника Т, а другая (точка N)—в треугольнике Т вне многоугольника W. Отрезок MN лежит в выпуклом угле а и соединяет точки, расположенные в двух частях, на которые отрезок ЛьЛь+i делит замкнутую область а (угол а вместе с образующими его границы лучами). Следовательно, отрезок MN должен иметь с отрезком ДьДь+i некоторую общую точку Р.
Отрезок МР содержится в многоугольнике W, а отрезок PN — в треугольнике Т. Таким образом, каждый из этих отрезков, а значит и их сумма MN, содержится в многоугольнике W\. Тем самым утверждение задачи полностью доказано. .
Примечание. Следующая теорема позволяет весьма просто доказать утверждение задачи:
для любого конечного множества Z точек плоскости, состоящего из п~^ 3 не лежащих на одной прямой точек, существует такой выпуклый многоугольник W, что:
217
1)' множество Z содержится в многоугольнике W;
2) любая вершина многоугольника W совпадает с одной из точек множества Z.
Такой многоугольник 1Г называется выпуклой оболочкой множества Z
Пусть Z — множество, состоящее из и 4 точек плоскости, любые четыре из которых расположены в вершинах выпуклого четырехугольника, и многоугольник W — выпуклая оболочка множества Z. Тогда любая точка множества Z совпадает с одной из вершин многоугольника W. В этом нетрудно убедиться, если учесть, что: 1) ни одна точка множества Z не лежит на периметре многоугольника W между двумя его вершинами, поскольку никакие три точки множества Z не лежат па одной прямой; 2) ни одна точка множества Z не лежит внутри многоугольника VZ, поскольку в противном случае она находилась бы в одном из треугольников, на которые многоугольник W можно разделить диагоналями, проведенными из одной вершины, а это противоречило бы исходному предположению (о том, что любые 4 точки множества Z расположены в вершинах выпуклого четырехугольника) .
Таким образом, выпуклая оболочка W является тем многоугольником, который требовалось построить.
114. I. Предположим, что	Выберем из мно-
жества Z заданных точек подмножество Zlt состоящее из ^1 точек, а остальные точки включим в подмножество Z2, которое содержит J точек при четном п и ^4] + 1 точек при нечетном п. Поскольку k — целое йисло, то из условия следует, что	Таким
образом, каждое из множеств Zt и Z2 содержит по Йрайней мере k точек.
Соединим отрезками прямых каждую точку множества Z1 с каждой точкой множества Z2. Каждая точка Множества Z окажется соединенной по крайней мере с k тбчками того же множества. Никакие три из проведен-йых отрезков не являются сторонами одного и того же Треугольника, поскольку если бы такой треугольник существовал, то две его вершины, то есть концы одного из отрезков, лежали бы в одном из множеств Z] и Z2, $то невозможно, так как таких отрезков мы не проводили.
1 См. также примечание к решению задачи 102.
848
II. Предположим, что k > и каждая из множества заданных точек соединена k отрезками с k другими точками того же множества. Пусть АВ — одни из проведенных отрезков.
Из концов А и В отрезка АВ помимо самого отрезка выходят по k— 1 других отрезков, то есть всего 2k— 2 отрезков. Их концы принадлежат множеству остальных п — 2 точек. Но если k > у, то 2k — 2 > п — 2. Следовательно, среди этих 2k — 2 отрезков существуют два отрезка с общим концом С. Таким образом, множество проведенных отрезков содержит стороны АВ, АС и ВС треугольника АВС.
Примечание. Аналогичным образом можно доказать и более общее утверждение. Пусть заданы множество Z, содержащее п > 3 точек, из которых никакие 3 не лежат на одной прямой, натуральное число р, удовлетворяющее неравенству 3 р < п, и натуральное число k < п. Тогда
1) если k 'р "Л j'п> то каждую точку множества Z можно так соединить отрезками прямых по крайней мере с k другими точками того же множества, что в любом подмножестве множества Z, содержащем р точек, найдутся две точки, не соединенные отрезком;
2) если k > —-т- п и каждая точка множества Z соединена
Р — 1
отрезками прямых с k другими точками того же множества, то существует такое подмножество множества Z, содержащее р точек, в котором любые две точки соединены отрезком.
115. Утверждение задачи достаточно доказать для а^О, поскольку если а < 0, то, изменив знаки в уравнениях (1) и (2), мы получим а > 0.
I. Утверждение задачи доказывается особенно просто при а — 0.
Если Ь Ф 0, то уравнение (2) имеет корень
с
Хо — ~Т’
/1Х	ст
а поскольку из условия (1) следует, что -&-=—т при а — 0, то — и поэтому 0 < х0 < 1.
Если же b — 0, то из уравнения (1) получаем, что и с = 0. В этом случае уравнению (2) удовлетворяет любой х.	х
219
II. a > 0. Пусть f(x)*— значение, принимаемое в точке х левой частью уравнения (2). Докажем прежде всего, что из условия (1) следует неравенство
'Ьтт)<°-
(3).
Подставляя в f(x) значение х ——гт, находим '' '	т + 1
am I	I с4
(т + 1 )г "Г" т 4- 1 ‘ т ) '
Отсюда и из условия (1) получаем
1 / т \  Г ат	а 1
' \ т + 1 )	т L (т + 1 )2	т 4- 2 j
т (т 4- 2) — (т 4- 1 )2	— am	g
— ат (т 4- 1)2 (т + 2)	— (т+ 1)2(т + 2)	’
Рассмотрим далее отдельно 2 случая.
а)	Если с > 0, то
f(0) = c>0.	(4)
Из неравенств (3) и (4) следует, что в случае (а) уравнение f(x) — 0 имеет корень в интервале Jo, содержащемся в интервале [0, 1].
б)	Если с sC 0, то
/(1) = о+6 + с = („1+|)(7Г2-т + 7Ат + ^-т).
Используя условие (I), получаем
Н1)=(«+1)[(^т + 7^-г + 7Г^г)-
“(m + z + m + l +m)]“
= (™ + '([т^т - тДт + Дл - £] =
= (m + о[(,п+ р(я1 + 2) — m(/n + l)]*
По предположению (б) с 0, поэтому
f(l)>0.	(5)
220
Из неравенств (3) и (5) следует, что в случае (б) уравнение f[x) = 0 имеет корень, заключенный в интервале  j-, 1J, который содержится в интервале [0, 1], что и требовалось доказать.
Примечание. В приведенном выше решении использована следующая теорема:
если функция [(х) переменной х непрерывна е некотором замкнутом интервале и на концах его принимает значения различных знаков, то в этом интервале существует такое значение х, при котором f (х) = 0.
Эту теорему мы применили к квадратичной функции, которая, как известно, непрерывна при любом х.
Заметим, что при рассмотрении квадратичной функции отнюдь не обязательно ссылаться на общую теорему о непрерывных функциях. Существует вполне элементарное доказательство нужного нам утверждения. Известно, что при а =# 0
/ (х) = ах2 + Ьх + с = а [(х +
Это означает, что при Ь2 — Аас sg 0 знак функции f(x) при любом х совпадает со знаком коэффициента а при старшем члене. Следовательно, если найдутся такие числа р и q, что f(p)>0 и f(q)<C), то Ь2— 4ас > 0. Но при Ь2— 4ас > 0 уравнение / (х) — 0 имеет два вещественных корня Xi, х2 и f(x)s=a(x — xj)(x — х2). Таким образом,
а (р — xt) (р — х2) > 0, a (q — xj (q — х2) < 0.
Из этих равенств нетрудно вывести, что одно из чисел х,. х2 заключено между числами р и q
116. Прежде всего заметим, что при а <. b
х — а|4-|х — ft | =
' а 4- Ь — 2х при — а + b при
. 2л — а — b при
х sjC а, а х Ь, х^Ь.
Следовательно, сумма |х—а|-|-|х — Ь\ достигает своего наименьшего значения —a -f- b в каждой точке интервала а ^.х ^. Ъ. Это замечание сразу же приводит к решению задачи.
Не ограничивая общности, можно предположить, что числа ai, «2,  ап образуют возрастающую последова1 тельность, то есть что
о, < а2 < ... < ап.
221
При п = 2т (т—целое число) правую часть выражения
у = \х — oil + lx — а21+ ... +|х — ап\ (1) можно разбить на т пар, объединяя первый член с последним, второй — с предпоследним и так далее. Выражение (1) при этом преобразуется к виду
У = (\х — О1|4-|х — аяI) + (|х — а21 +1х — o„_i I) + ...
... +(|х — ат| + |л — am_il).	(1а)
Сумма yi — \x—ai| + |x—on+i-i| (i = 1, 2, mJ, принимает наименьшее значение в интервале су^х
On+i-z, в котором она постоянна. Каждый из интервалов at х fln+i-i содержит следующий, а все интервалы имеют общую часть — интервал ат х гС «т+ь
В каждой точке этого интервала любая из сумм yt достигает своего наименьшего значения. Следовательно, у также принимает свое наименьшее значение, которое мы получим, подставив в (1а) х = ат или x — am+i. Это значение равно
О] О2 ••• dm Ч- ^-т+1 4” ••• 4“ @п'
При п = 2т4*1 (т — целое число) правую часть выражения (1) можно преобразовать к виду
# = (1* —C1I + I* —ап1)+ ...
... 4-(|х — am| + |Jf — am+2|) +1*— om+i|. (16)
Как и в случае четного п, нетрудно проверить, что при х — ат+\ каждая из сумм у, = |х — а,| + |х — an+i-/| принимает свое наименьшее значение. Слагаемое |х—Om+i| также достигает при х — am+i наименьшего значения, так как обращается в нуль. Следовательно, у также принимает наименьшее значение, равное в силу соотношения (16) числу
— ai — а2 — ... — ат 4- ат+2 + «m+з + • • • 4- ап-
117. По условию (2) а р b q г________________а_
s b
ад — Ьр ^ bq
br — as q bs
222
Следовательно, aq — bp > 0, Ьг — as > 0, а поскольку в левых частях этих неравенств стоят целые числа, то
aq — bp^\, br — as^\.
Умножая обе части первого неравенства на s, а второго на q и складывая отдельно правые и левые части, получаем
b(rq-ps)>v + s.
Выражение, стоящее в скобках, по условию (1) равно 1, поэтому
b^q-\-s,
что и требовалось доказать.
118. Доказательство утверждения задачи основано на двух леммах.
а)	Если оси ОХ и OY прямоугольной системы координат служат осями симметрии фигуры F, то ось OZ также является осью симметрии этой фигуры (рис. 87) .
Пусть А = (х, у, z)— точка фигуры F. Координаты точки В, симметричной точке А относительно осп ОХ, мы получим, изменив знаки у второй и третьей координат точки А и сохранив ее первую координату, то есть В=(х, —у, —z). Аналогично точка С — (—х, —у, z) симметрична точке В относительно оси OY. По предположению леммы точки В и С принадлежат фигуре F. Но точка С симметрична точке А относительно оси OZ. Следовательно, OZ— ось симметрии фигуры F.
б)	Если прямые s и t служат осями симметрии фигуры F, то прямая и, симметричная прямой t относительно прямой s, также является осью симметрии фигуры F.
Пусть Ai — произвольно выбранная точка фигуры F, А2— точка, симметричная точке А] относительно прямой s, А3 — точка, симметричная точке А2 относительно прямой /, и А^ — точка, симметричная точке А3 относительно прямой s. Из предположения леммы следует, что точка А2, а значит, и точки А3 и А4 принадлежат фигуре F. Точки А2, Аз и прямая t при отражении относительно Прямой s переходят в точки Ai, А4 и прямую и. Поскольку точки А2 и Аз симметричны относительно прямой /, то
223
и\ образы (точки /1! и Л4) симметричны относительно образа прямой /, то есть относительно прямой и. Следовательно, прямая и — ось симметрии фигуры F.
Леммы (а) и (б) позволяют доказать утверждение задачи следующим образом.
Пусть попарно различные прямые хь х2, •••, sn суть все оси симметрии фигуры F. Требуется доказать, что I
число п нечетное (поэтому в дальнейшем можно предполагать, что п > 1). Каждой оси симметрии si поставим в соответствие ось х/ (/	2, / =/= /), выбрав ее
следующим образом. Если ось х, перпендикулярна оси xj и пересекает её' в некоторой точке О, то оси симметрии Si поставим в соответствие ось симметрии фигуры F, перпендикулярную осям si и s, в точке О. Известно, что такая ось существует — лемма (а). Если же ось st не перпендикулярна оси xi или не пересекает ее, то оси St поставим в соответствие ось х/, симметричную оси Si относительно St. Такая ось существует — лемма (б). В обоих случаях прямая х; отличается от xi и X/ и прямой X/
224
поставлена в соответствие прямая St. Таким образом, множество п—1 прямых S2, ..., sn оказалось разбитым ра пары, не имеющие общих элементов. Следовательно, число п нечетное.
Примечание. Лемма (б) позволяет доказать следующую теорему:
если множество осей симметрии фигуры F конечно (но не пусто), то все оси симметрии имеют общую точку.
Доказательство. Если какая-то фигура обладает осями симметрии Si и я2, то по лемме (б) осями симметрии топ ж? фигуры служат прямые я3, я4...где Я; (i = 3, 4, ...) — пря-
мые, симметричные прямой si-i относительно прямой ж-г-
Если прямые st и я2 скрещивающиеся или параллельные (но не совпадают), то все прямые я, различны, поскольку расстояние между прямыми s, и Si с увеличением i возрастает. Таким образом, в этом случае фигура имеет бесконечно много осей симметрии. Следовательно, если множество осей симметрии фигуры конечно, то любые две оси симметрии этой фигуры пересекаются.
Это означает, что если не все оси симметрии фигуры F расположены в одной плоскости, то они все имеют общую точку. Действительно, если оси симметрии si и я2 фигуры F пересекаются в точке М и лежат в плоскости а, то любая ось симметрии, не лежащая в плоскости а, например ось я3, проходит через точку М (поскольку пересекается с осями Si п я2), в силу чего любая ось симметрии фигуры F. лежащая в плоскости а, тдкже проходит через точку М (поскольку пересекается с Обью s3).
Остается рассмотреть случай, когда все оси симметрии я<, .........sn (п > 2) фигуры F расположены в одной плоскости. Предположим, что прямые я, (i — 1, 2, ..., п) не пересекаются * в одной точке. Каждая из прямых Яг пересекает любую другую йрямую, поэтому множество Z точек пересечения прямых s< конечно и содержит точки, не лежащие на одной прямой (поскольку они расположены в вершинах треугольников). По лемме (б) каждая из прямых я< служит осью симметрии фигуры Si, я2, ..., sn (множества всех осей симметрии фигуры F) и, таким образом, является также осью симметрии множества Z. Следовательно, каждая из прямых я,- — ось симметрии выпуклой оболочки W множества Z, поскольку при отражении относительно прямой образ выпуклой оболочки множества совпадает с выпуклой оболочкой образа преобразуемого множества. Но тогда через каждую вершину многоугольника W проходили бы по крайней мере 2 его оси симметрии, или любые две смежные стороны многоугольника были бы симметричны относительно двух различных прямых, что невозможно.
Итак, утверждение доказано. Пользуясь им, можно внести незначительное исправление в заключительную часть приведенного выше решения — там, где говорится: «Если же ось я,- пе перпендикулярна оси Si или не пересекает ее...» — следует отбросить слова «или не пересекает ее», поскольку такой случай не может представиться.
8 Зак. 933	225
119.	По известной теореме сумма внешних углов мно-гоугольника равна 360°. Следовательно, в восьмиугольнике Л]Л2 ... Л8 с равными внутренними углами каж-. дый внешний угол равен 45°.
Рассмотрим три последовательные стороны восьмиугольника, например AiA2, А2А3 и А3Л4. Продолжения сторон AiA2 и А4А3 образуют с лучами А2А3 и А3А2 углы, равные 45°, и поэтому пересекаются в некоторой точке N под прямым углом (рис. 88).
Аналогичное утверждение справедливо и относительно любых других троек последовательных сторон восьмиугольника. Это означает, что противоположные стороны AjA2 и Л8Л6 восьмиугольника лежат на противоположных сторонах MN и PQ прямоугольника MNPQ, где М, Р, Q — точки пересечения прямых АгА2 и Л7Л8, Л3Л4 и А3А6, Л5Л6 и А?А3.
Поскольку по условиям задачи длины сторон восьмиугольника рациональны, то отсюда следует, что Л1Л2=' Л8Л6. Докажем это утверждение.
Введем для краткости обозначения
ЛгЛ,+1 = ai (i = 1, 2, ..., 7), А3А1 — а3.
Вычислим длину сторон A1W и PQ прямоугольника.
MN = 7ИЛ1 + Л] Л2 + A2N = а3 cos 45° + 01+02cos 45°,
PQ = ДЛ5 + Л5Л5 + A3Q = at cos 45° + 05 + а6 cos 45°.
Так как MN — PQ, то
о8 со&45° + Oji + а2 cos 45° — а4 cos 45° + as + а6 cos 45°,
226
откуда
fli — «5 = («4 + а6 — а& — g2) cos 45°.
Числа ai — а5 и а4 + о6 — а2 — а8 рациональны, а число cos45°= V12/2 иррационально. Следовательно, полученное равенство может выполняться лишь в том случае, если его правая и левая части равны нулю. Но тогда ai — а5, то есть
Л1Л2 —
что и требовалось доказать.
Итак, две стороны четырехугольника AiA2A5A6 равны и параллельны. Следовательно, четырехугольник — параллелограмм, и его диагонали Л1Л5 и Д2Лб> пересекаясь, делятся пополам в точке S.
Аналогичным образом можно доказать, что четырехугольники А2АзА6А7 и А3А4А7А8 также представляют собой параллелограммы, в силу чего середина S диагонали Д2Д6 совпадает с серединами диагоналей А3А7 и А 4-^8*
Таким образом, восьмиугольник, о котором говорится в задаче, обладает центром симметрии S, что и требовалось доказать.
120.	Многогранник, имеющий п ребер, существует в том и только в том случае, если п 6 и n A 7.
Доказательство, а) Примером многогранника, имеющего п = 2m (m 3) ребер, служит пирамида, в основании которой лежит многоугольник с т сторонами.
б)	Пример многогранника с п = 2m + 1 (m 4) ребрами можно построить, взяв за исходный многогранник пирамиду с 2(т—1) ребрами.
Через середины М, N, Р трех ребер пирамиды, сходящихся в одной из вершин S основания пирамиды, проведем плоскость. Если отбросить тело SMNP, отсеченное плоскостью MNP, то оставшаяся часть пирамиды представляет собой многогранник, у которого число ребер на 3 больше, чем у исходной пирамиды, то есть равно 2m — 2 Д-З —2m 4-1. При этом т может быть любым числом, удовлетворяющим неравенству т—1^3, то есть m 4.
в)	Многогранника с семью ребрами не существует. Доказать это можно следующим образом. Если какая-

227
нибудь из граней многогранника имеет форму не треугольника, а многоугольника с числом сторон больше или равным 4, то число ребер такого многогранника не меньше восьми, поскольку из каждой вершины нетреугольной грани помимо двух ее сторон выходит по крайней мере еще одно ребро, и все ребра, выходящие из вершин грани, различны.
Если же все грани многогранника имеют форму треугольников и число их равно s, то число ребер равно
3s
k = —  Следовательно, число k делится на 3, в силу чего А =/= 7.
г)	Многогранника с числом ребер меньше шести не существует, поскольку каждый многогранник имеет по крайней мере 4 вершины, а из каждой вершины выходят не меньше трех ребер. Следовательно, число ребер у лю-бого многогранника больше или равно —— о.
Утверждение задачи доказано
121.	Докажем сначала лемму.
Лемма. Точка окружности К, наиболее удаленная от хорды PQ, лежит на прямой, проходящей через середину хорды перпендикулярно к ней.
Доказательство. Пусть MS — диаметр, перпендикулярный хорде PQ, и Т — точка пересечения PQ и PS (рис. 89). Тогда центр окружности лежит на MS и прямые, перпендикулярные отрезку MS и проходящие через
228
точки /? и S, совпадают с касательными к окружности К. Эти касательные параллельны хорде PQ, а окружность А заключена между ними. Следовательно расстояние от любой точки окружности К до хорды PQ не превышает длину наибольшего из отрезков RT и ST. Лемма доказана.
Теперь приступим к решению задачи. Сумма площадей треугольников СР}Р2, СР2Р2, CP2Pit ..., CPn-iPn равна сумме площадей многоугольника Р\Р2 .. Рп и треугольника СРуРп (рис. 90). Площадь многоугольника
Р\Р2 ... Рп не зависит от выбора точки С. Треугольник СР.Рп имеет наибольшую площадь, когда точка С находится на наибольшем расстоянии от прямой Р[Рп. Следовательно, по доказанной лемме точку С следует выбрать так, чтобы она совпадала с точкой пересечения перпендикуляра, восставленного из середины хорды Р\РП, с полуокружностью, не содержащей точек Pi, Р2, ....Рп.
122.	Поскольку члены последовательности at, а2, ...— различные натуральные числа, а .множество натуральных чисел, каждое из которых меньше ai, конечно, то все члены этой последовательности с достаточно большими номерами больше аь то есть
ап > при п > Пр
(D
229
Аналогичным образом можно доказать, что существуют такие числа п2 и н3, для которых
bn > &i при п > п2»	(2)
сп > Ci при п > Из.	(3)
Следовательно, если п — натуральное число, большее любого из чисел п\, п2, п$, то для него выполняются неравенства (1), (2) и (3).
Таким образом, для решения задачи достаточно выбрать k = 1, 1 = п.
123.	Из выражения
=_____51__	(1)
\k)	k\(n-k)\
для биномиального коэффициента получаем
п! = (")А!(п-А)!	(2)
Поскольку и! = 1-2- ... • (п — k) • (п— &Ч~1) ... ... (n — 1)-п — (п —	— k + 1) ... (n —1)-п, то,
разделив обе части равенства (2) на (п — А)!, преобразуем его к виду
п(я-1) ... (п-£+1) = (")/г!	(3)
Если п— простое число и 1 А н—1, то ни одно из чисел 1, 2, ..., k не делится на п и, таким образом, А! также не делится на п, а поскольку левая часть равенства (3) делится на п, то число ( ” ) делится на и.
Наоборот, если (”) делится на п, то есть если ( Q=ns, где s — некоторое натуральное число, то из соотношения (3) следует, что
(п — 1) (п — 2) ... [п — (А — 1)] = s • k\ (4)
Если и— составное число и р — один из его простых делителей, то числа 1, 2, , р — 1 не делятся на р и поэтому числа п—1, п — 2, ..., п — (р—1) также не делятся на р. Таким образом, если в равенстве (4) k — р, то левая часть равенства не делится на р, а правая, равная s-pl, заведомо делится на р. Полученное противоречие доказывает, что если р — простой делитель
230
числа п и р <Z п, то биномиальный коэффициент J не делится на п.
124.	Пусть заданные взаимно перпендикулярные прямые служат осями прямоугольной системы координат, а координаты вершин i-ro прямоугольника Рг 0=1, 2,П) равны (хр //.), (хр у'{), (х'{, у'), (х'ц у(),
уН
У '
И-
Ф,У)
------1__________________।___________।	>
О Xi	х x’i х
Рис. 91.
где х{ < х'., yt < у'. (рис. 91). Точка (х, у) принадлежит прямоугольнику Pt в том и только в том случае, если x;<x<xj, Pi^y^y'i.
По условиям задачи любые два прямоугольника Р, и Pf имеют общую точку. Следовательно, для любой пары чисел i, j существуют такие х и у, что
хг<х<х;,
и
Ху X «С х'
у^у^у',
y^y^y'j.
Отсюда мы заключаем, что при I, j = 1, 2,
п

У^У].
(1)
Пусть а — наибольшее из чисел хг, b — наибольшее из yi. Из определения чисел а и Ъ следует, что они Удовлетворяют неравенствам
Ху < a, у} < b при j = 1, 2, ..., п, (2)
231
а из неравенств (1) — что а и b удовлетворяют также неравенствам
при /=1, 2.........п. (3)
Неравенства (2) и (3) означают, что точка (а, Ь)' принадлежит всем прямоугольникам Pi.
Примечание 1. В решении задачи по существу никак не использовано то. что число прямоугольников Pi конечно. Если бы было задано бесконечное семейство прямоугольников с аналогичными свойствами, то утверждение задачи осталось бы в силе и доказательство его было бы аналогично приведенному выше. Единственное отличие состояло бы в том, что числа а и Ь следовало бы определить как верхние грачи числовых множеств X, и у,.
Примечание 2. Аналогичное утверждение остается в силе и в том случае, если вместо прямоугольников рассматривать произвольные выпуклые фигуры. Справедлива следующая теорема.
Теорема Хелли ’. Если на плоскости задано непустое семейство выпуклых множеств, обладающее тем свойством, что любые три множества из этого семейства имеют общую точку, то существует точка, принадлежащая всем множествам данного семейства.
Доказательство этой теоремы можно найти в книге И. М. Яглома и В. Г. Болтянского «Выпуклые фигуры» (М. — Л., Гостехтеоретиздат, 1951, стр. 30 и далее).
125.	I решение. Первое подмножество из двух элементов можно выбрать (	) способами. Второе мно-
жество из двух элементов, отличное от первого, мы выбираем из 10 оставшихся элементов исходного множества. Сделать это можно ( 2° ) спос°бами. Аналогичным образом, третье множество из двух элементов можно выбрать (8) способами и так далее. Следовательно, 6 подмножеств, каждое из которых содержит по 2 элемента, можно выбрать
12-11	10-9	8-7	6-5 4-3 2 - 1	_ 12!
2	'2	‘ 2	' 2	‘ 2	‘ 2	26
способами. Однако любое разбиение исходного множества на 6 различных подмножеств, каждое из которых содер-
1 См. также примечание к решению задачи 58. — Прим, перев.
232
жит по 2 элемента, встретится при этом 6! раз, поскольку разбиение не зависит от того, в какой последовательности мы выбираем 6 подмножеств.
Итак, число различных способов разбиения исходного множества, содержащего 12 элементов, на подмножества из 2 элементов равно
12!	12-11-10-9-8-7	,, п t о
6!2^ =--------------= Н • 9-7-5-3.
II решение. Пусть а\ — один из элементов исходного множества, содержащего 12 элементов. Подмножество из 2 элементов, содержащее а\, можно выбрать 11 способами, присоединяя к а1 один из остальных 11 элементов.
Пусть а2 — один из элементов множества из 10 элементов, которые остались после того, как мы извлекли подмножество из двух элементов, содержащее а\ из исходного множества. Подмножество из 2 элементов, содержащее «2, можно выбрать 9 способами, присоединяя к а2 один из остальных 9 элементов.
Продолжая разбиение, мы получаем, что число способов, которыми из исходного множества можно составить 6 подмножеств из 2 элементов, равно 11-9-7-5-3.
126.	Предположим, что квадратный трехчлен f(x) — = ах2 4* Ьх + с удовлетворяет неравенству
1/Ж1
(1)
при O^x^l. Тогда, в частности, выполняются неравенства |f (0)|<1, |f(y)|<l и |f (1)1^1. Поскольку f(O) = c, f (1)=4 + | + с, /(i) = fl + b + c, и f'(0)-= Ь = 4^ + -| +с) — (о+Ь+с)—Зс, то |f'(0)|<4|| + |4-q! + :a + b + cl + 3!c| =
= 4|f(^)| + |f(1)| + 3|f(°)1^4+1+3=8.
Следовательно, А 8.
С другой стороны, квадратный трехчлен f (х) — — 8х2 4- 8х — 1 = —2 (2х — 1)2 4- 1 удовлетворяет неравенству (1). Действительно, при 0 х 1 выпол-
233
няется неравенство —1	2х—1^1, поэтому 0
(2х— I)2 si 1. Следовательно, —2 —2(2х— I)2 О и —1	1. Кроме того, f (х) = —16х + 8, поэтому
/'(0) = 8. Итак, А 8.
Поскольку А 8 и А 8, то А = 8.
127.	Очевидно, достаточно рассмотреть случай, когда {ап}—последовательность всех натуральных чисел, десятичная запись, которых не содержит цифры 0.
Пусть Ъп — число, получающееся из ап при замене всех цифр, кроме первой, нулями. Ясно, что Ьп ап, поэтому 1/ап^1/6л. Последовательность {ап} содержит 9 однозначных чисел, 92 двузначных и вообще 9* ft-значных чисел, поскольку каждая цифра может быть выбрана из девяти: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Среди 9* ft-значных чисел последовательности {а„} имеется 9*-1 чисел, начинающихся с цифры 1, 9*-1 чисел, начинающихся с цифры 2, и так далее. Следовательно, в последовательности {&„} ft-значное число сОО ... 0, где с — любая из цифр, отличных от нуля, встречается 9*-1 раз.
Пусть Bk — множество таких номеров п, что Ьп—> ft-значное число. Тогда
9
Z S ‘^ = 9*~1Е с00 ... 0 = п^В&	П(=В^	с=1
9	9
=9‘-,Ет₽-=(ад,‘,Х7-С=1	С=1
Вычислим сумму в правой части последнего равенства: 9
s»=Et=1+4-+t+ ••• +4=2'8289--- <2>9-С=1
Следовательно,
А=1 neBj, fe=l
Так как полученное неравенство выполняется для любого натурального числа г, то в пределе при г—>оо
234
получаем
Е Е 77<10*9<29, или Х^<29-fe=l n^Bk	n=l
128.	Предположим, что биллиардный стол имеет форму треугольника АВС. Пусть шар отражается сначала от стороны АС, а потом от стороны АВ, Докажем следующую лемму.
Лемма. При отражении шара сначала от стороны АС, а затем от стороны АВ треугольника АВС (рис. 92), направление движения шара изменяется на угол 2/.ВАС,
Доказательство. Пусть АВ'С — образ треугольника АВС при отражении относительно прямой АС, а АВ'С'— образ треугольника АВ'С при отражении относительно прямой АВ'. Предположим, что векторы k, I, m задают направления движения биллиардного шара, Г, т' — образы векторов /, т при отражении относительно прямой АС, т” — образ вектора т' при отражении относительно прямой АВ (рис. 92).
Из закона упругого отражения (угол падения равен углу отражения) следует, что векторы k, I', т" параллельны. Поскольку произведение (последовательное выполнение) отражений относительно прямых АС и АВ' сводится к повороту вокруг точки А на угол 2/ВАС, то
235
треугольник АВС при таком повороте переходит в треугольник АВ'С', а вектор т — в вектор т". Следовательно, угол между векторами k и т составляет 2Z.BAC, Лемма доказана.
Теперь приступим к решению задачи. Поскольку отношения внутренних углов треугольника АВС рациональны, то существует такое число X и натуральные числа г, s, t, что Z.BAC = rX, Z.ABC = sX, Z.ACB — th. Таким образом, h(r s + t) — л, или h = я/п, где п = г + $ + t.
По доказанной выше лемме после четного числа отражений направление движения биллиардного шара изменится на угол, равный четному кратному угла h/ti. то есть одному из чисел 2Z, 4Z, 6Z, ..., 2nh = 2л. Следовательно, после четного числа отражений от стенок биллиардный шар может двигаться в одном из п направлений. Аналогичным образом после нечетного числа отражений шар может двигаться в одном из п направлений. Следовательно, общее число направлений, по которым может двигаться биллиардный шар, не больше 2п.
Примечание. Аналогичным образом можно доказать, что если в условиях задачи треугольник заменить произвольным многоугольником с рациональными отношениями внутренних углов, то число направлений, по которым может двигаться биллиардный шар по такому многоугольнику, конечно.
129.	Предположим, что при некотором натуральном и ключи к п замкам можно распределить среди 11 членов комиссии с учетом всех условий задачи. Пусть А,-— множество замков, которые может открыть i-й член комиссии, где i = 1, 2, ..., 11, а А — множество всех замков. Из условий задачи следует, что
Л, U A, U ... UA,„#=A	(1)
для любого подмножества {о, 1%, .... is} из 5 элементов множества {1, 2, ..., 11} и
A/.IM/.U ... 1М/.= А	(2)
для любого подмножества {/t, /2, ..., /б} из 6 элементов множества {1, 2, .... 11}.
Соотношение (1) означает, что множество А — (А(1Ц U ... U AJ не пусто. Пусть .. Г, х,; — один из его 236
элементов. Это — тот замок, который не может открыть группа членов комиссии с номерами й, 1Ъ. Соотношение (2) означает, что xit.Л/ при любом jVVi,
*2> • • • > *б}-
Предположим, что для некоторых подмножеств из 5 элементов {й, ..., й} и {Ai, Аг, ..., ks} множества {1, 2, ..., 11} выполняется равенство xlt . , = xk Если эти подмножества не совпадают, то it ф {Ai, ki,... ...,k5} при некотором /е {1,2,Но тогда xk,.....	хотя, с другой стороны, X/,,.... ,-Б Aif. По-
лученное противоречие доказывает, что {й, ia, ...,1’5} = = {Ai, ki,..., As}.
Итак, мы доказали, что различным подмножествам из 5 элементов соответствуют различные замки. Счедо-вателыю, число замков не меньше числа подмножеств, содержащих по 5 элементов из 11, или п ( У ) = 462.
Докажем теперь, что если сейф снабжен ( ) замками, то ключи между членами комиссии можно распределить так, чтобы удовлетворить условиям задачи.
Для этого каждому из ( ) замков мы поставим во взаимно'однозначное соответствие подмножество, содержащее 5 из 11 элементов множества {1, 2, ..., 11}. Если замку соответствует подмножество {й, ..., й}, то ключ от него получают все члены комиссии с номерами, отличными ОТ Й, ..., й.
Докажем, что любые 5 членов комиссии не смогут открыть один из замков, а следовательно, и сейф. Действительно, у членов комиссии с номерами й, ..., i5 нет ключа от замка, которому соответствует подмножество {й,  • •, й}-
Докажем далее, что любые 6 членов комиссии смогут открыть любой замок, а значит, и сейф. Действительно, если члены комиссии имеют номера й, ..., /6 и хотят открыть замок, которому соответствует подмножество {й, ..., i5}, то по крайней мере одно из чисел д, .. , й не принадлежит этому подмножеству, например //^{ii, ..., й}. Следовательно, у члена комиссии с номером /> найдется ключ от замка, которому соответствует подмножество {й, .... й}.
237
Итак, наименьшее число замков, удовлетворяющее условиям задачи, равно ( У ) ° 462.
130.	Предположим, что натуральные числа х, у, z, ft удовлетворяют уравнению
xn + yn = zn.	(1)
J4e уменьшая общности, можно предположить, что х у. Поскольку zn = хп + уп > уп, to zZ> у и, следовательно,
Возводя обе части этого неравенства в n-ю степень, получаем по формуле бинома Ньютона
»nXf/ +	=	Уп~' + ... + l>f/n + nf/n-1. (2)
Сравнивая неравенство (2) с уравнением (1), приходим к неравенству хп пуп~\ а поскольку х у, то хп ^sj пх11-', или х п. Итак, min(x, у) — х п.
131.	Если o = (ai, 02, .... й1оо) — перестановка натуральных чисел от 1 до 100, то пусть
ю
Аа — max X an+k.
KnCOO’
(1)
Тогда сумма каких-то 10 последовательных членов перестановки о равна Аа и сумма любых 10 последовательных членов той же перестановки не больше Итак, задача сводится к тому, чтобы найти число
А = min Aj.	(2)
G
Из определения (1) числа в частности, следует, .что
Aa^ai + а? + ... + П10, Аа^ ЙЦ + «12 Ч- ••• + а20>
Аа «91 + Пд2 + ... + а100*
Складывая левые и правые части этих неравенств, Получаем
10Ло Gj 4“ Gg “Ь ••• “Ь «100 == 1 *f" 2 4"	4- 100 = 5050а
83S
Таким образом, для любой перестановки V выполняется неравенство Аа 505, в силу чего (см. определение (2) числа Д)
Д>505.	(3)
Рассмотрим теперь следующую перестановку т = .«= («ь а2, ..., «юо) множества натуральных чисел от 1 до 100:
100, 1, 99, 2, 98, 3, 97, 4, .... 51, 50.
Эту перестановку можно задать соотношениями
a2n+i = 100 —/г при 0<п<49, а2п = п при 1 < п < 50.
Докажем, что сумма любых 10 ее последовательных членов не больше 505.
Действительно, если первый из 10 рассматриваемых членов имеет четный номер 2k, то
S = «26 + «26+1 + • • • + «26+9 = («26 + «26+2 + • • • + «2б+в) + + («26+1 + «26+3 + • • • + «26+9) “ = [£ + (£ + 1)+ ... + (й + 4)] + + [(100 — А) + (100 — (Л + 1))+ ...
... +(100 — (h + 4))1 = 500.
Если же первый из рассматриваемых членов имеет нечетный номер 2k + 1, то
$ = «26+1 + «26+2 + ••• + «26+10 =
= («26 + «26+1+ ••• + «26+э) + «26+Ю — «26 м = s + (k + 5) — & = $ + 5 = 505.
Итак, мы доказали, что сумма любых 10 последовательных членов перестановки т не больше 505 (и может равняться этому числу). Следовательно, Аг = 505 и поэтому из соотношения (2)
А <505.	(4)
Сравнивая неравенства (3) и (4), получаем
Д = 505.
239
Примечание 1 Задачу можно обобщить следующим образом. Найти наибольшее число А, такое, что для любой перестановки натуральных чисел от 1 до четного числа п = 21 сум(-ма т = 2г (где г — делитель числа I) последовательных членов перестановки не меньше А
Незначительно изменив приведенное выше решение (заменив число 100 на 21, а 10 — на 2г), можно доказать, что А = (72)"»(« + 1)-
Примечание 2. Если т п — произвольные натуральные числа, то в общем случае утверждение о том, что любая перестановка чисел от 1 до п содержит т последовательных членов, сумма которых не меньше ('/2)т(п-]- 1), не верно. Например, при п = 6, т = 4 перестановка 6, 4, 1, 2, 3, 5 не содержит четырех последовательных членов, сумма которых iffe меньше 14.
132.	1) Начнем с предварительного замечания. В равностороннем треугольнике со стороной, равной 1, множество, состоящее из середин Р, Q двух боковых сторон, обладает тем свойством, что любая точка треугольника отстоит от одной из точек Р, Q не больше чем на 1/2- Действительно, если провести 2 круга с центрами
в точках Р, Q и радиусом ’/г (рис. 93), то, как нетрудно видеть, треугольник будет содержаться в объединении этих кругов.
Пусть Р, Q, R, Т — середины ребер AD, BD, АС, ВС правильного тетраэдра ABCD (рис. 94). Тогда каждой из граней тетраэдра ABCD принадлежат две из точек Р, Q, R, Т, совпадающих с серединами двух ребер грани. Из предварительного замечания следует, что каждая
240
точка, принадлежащая любой грани тетраэдра, отстоит от одной из точек Р, Q, R, Т на расстояние не больше чем ’/2.
2) Пусть на поверхности тетраэдра ABCD существуют три такие точки Р, Q, В, что расстояние от любой точки на поверхности тетраэдра до одной из них не больше чем '/г- Поскольку тетраэдр имеет 4 вершины, то по крайней мере 2 вершины отстоят от одной и той же точки Р, Q или Р не больше чем на '/г Пусть, например, расстояние от вершин А и D до точки Р не больше чем ’/г- Поскольку расстояние между вершинами А и D равно 1, то точка Р совпадает с серединой ребра AD.
Заметим, что любая точка, принадлежащая высоте DE грани BCD (за исключением вершины D), отстоит от точки Р больше чем на ’/2. Чтобы убедиться в этом,
множество точек, расстояние от которых до точки Р не превышает ‘/г- Высота DE имеет с заштрихованной областью лишь одну общую точку — вершину D.
Если бы расстояние от точки D до каждой из точек Q или Р было больше ’/2, то тем же свойством обладала бы и любая точка, принадлежащая некоторой окрестности точки D В частности, точки отрезка DE, достаточно близкие к точке D, отстояли бы от любой из точек Р, Q, Р больше чем на '/2, что невозможно, так как противоречит исходному предположению. Следовательно, точка D удалена от одной из точек Q и Р не больше чем на ’/2. Аналогичным образом мояуяо доказать, что точка А удалена от одной из точек Q и Р не больше чем на ’/2.
24»
Поскольку расстояния от вершин В и С до точки R больше у2, то расстояния от каждой вершины В и С до одной из точек Q и R не больше 72.
Итак, мы доказали, что каждая вершина тетраэдра ABCD отстоит от одной из точек Q и R не больше чем на 1/2. При этом не существует трех вершин тетраэдра, расстояния которых до одной и той же из этих точек не больше ’/2, поскольку радиус описанной окружности рав-постороннего треугольника со стороной, равной 1, больше у2.
Следовательно, расстояния от каждой из точек Q и R каких-то двух вершин тетраэдра ABCD не больше ’/2 и точки Q и R совпадают с серединами каких-то двух ребер тетраэдра.
Итак, из исходного предположения следует, что каждая из точек Р, Q, R совпадает с серединой одного из ребер тетраэдра ABCD. Выше, предположив, что точка Р является серединой некоторого ребра, мы установили, что все четыре вершины тетраэдра А, В, С, D отстоят не больше чем на ’/2 от одной из точек Q и R. Теперь мы можем провести то же рассуждение, начиная с любой из точек Р, Q, R, и тем самым А, В, С, D отстоят не больше чем на !/2 от одной из точек любой пары, выбранной из тройки Р, Q, R. Но среди точек Р, Q, R обязательно есть пара, принадлежащая одной грани тетраэдра, и поэтому вершина тетраэдра, не лежащая в этой грани, отстоит от каждой из точек этой пары больше чем на У2.
Полученное противоречие доказывает, что исходное предположение неверно. Следовательно, на поверхности S тетраэдра не существует трех точек, расстояния от которых до любой точки поверхности S не превосходят */|«
133.	Если ai = а2 = 0, то многочлены и\ и и2 вырождаются в постоянные Из соотношения
«1 (х)п + и2 (х)п = и3 (х)п	(1)
следует, что многочлен и3(х) также вырождается в постоянную, то есть а3 = 0. В этом случае достаточно положить Ci = bi (i = 1, 2, 3), А = 0 и В — 1.
Если по крайней мере одно из чисел а\, az отлично от, нуля, например ai #= 0, то пусть у = aiX-f-bi. Тогда a, bta,—atb.
242
a*
при 7 = 2, 3 или щ (х)	+ где А{ — — и Bf=*
b.-di — а1&1
. Исходное равенство (1) преобразуется щ
К виду
уп + (А2у + В2у = (А3у + ВзЛ	(2)
где у Е R. Приравнивая свободные члены и коэффициенты при у и уп (по условиям задачи п 2) в обоих частях равенства (2), получаем
Вг = Вз,	(3)
(4)
1+Л2п = <	5)
Если В2 = 0, то из (3) следует, что и В3 — 0, в си чу чего bjCti — а,Ь1 = 0 при j = 2, 3, или bs — -^b\. В этом а> случае достаточно принять, что й = 1, ci~~ при j = 2, 3, А — at, В = bi.
Если В2 #= 0, то из того же соотношения (3) следует, что Вл =А= 0. Разделив левую часть равенства (4) на левую часть равенства (3), а правую часть равенства |(4) — на правую часть равенства (3), мы получим -4- = ф-. Возводя обе части этого равенства в п-ю сте-Оч -Оз пень и используя соотношение (3), приходим к равенству Д2 = Л3, противоречащему соотношению (5). Таким образом, случай, когда В2 =/= 0, представиться не может.
134.	Напомним определение простой замкнутой ломаной.
Замкнутая ломаная, последовательные вершины которой обозначены Wi, W2, .... Wn+i, где Wn+i — jp= Wi, называется простой, если при 1 i, j п, 1 < j — i<n—1 звенья ломаной WiWi+i н UZ/UZy+i не имеют общих точек.
Пусть никакие три из п точек Ai, А2, .... Ап на плоскости не лежат на одной прямой и An+t =At. Предположим, что замкнутая ломаная L с вершинами Ai, А2, ...
Ап, А„+1, обозначенными в том порядке, в котором
243
они встречаются при обходе ломаной, — кратчайшая из ломаных, проходящих через заданные точки, и не простая. Если i =# j, 1 i, j n, то пусть L(Ai,Aj) означает часть ломаной L с началом в точке At, содержащую вершины Д+1, Ai+2, .... Aj-i, А,.
При i=l,2, ..., п
L (Ai, Л(+1) — AtAi+i,
так как кратчайшая ломаная, соединяющая две точки, представляет собой отрезок прямой, соединяющей эти две точки.
Поскольку ломаная L не простая, то существуют такие числа i, j, что
1 «С i, j<n,
1 < j — i < n — I
(I)
и звенья AiAi+l и AjAj+i имеют общую точку Р (рис. 96).
Из неравенств (1) видно, что никакие две точки A,, А<+1,
А,, Д/+1 не совпадают. Следовательно, точка Р лежит внутри каждого из отрезков ДЛ«+ь AjA/+i, поскольку по условиям задачи никакие три из заданных точек Ль А2, Ап не лежат на одной прямой.
Поскольку в любом невырожденном треугольнике длина одной стороны меньше суммы двух других сторон, то
A,Ai < AiP + PAh Ai+lAi+l < Ai+lP + РД/+Ь
А,А) -|- Ai+iAj+i < AiAi+i -f- AjAj+i.
откуда
244
Это означает, что замкнутая ломаная L', составленная из ломаных А(Л/+Ь Д,), А.А,, L(Ah Д,+1), Д(+1Д/+1, проходит через заданные точки Дь А%, .... Ап и короче замкнутой ломаной L, составленной из ломаных £(Д;+1, Ai), AiAi+i, L(Ai+i, А,), A/A/+1. Полученное противоречие доказывает, что кратчайшая замкнутая ломаная, проходящая через точки Ai, А?......Ап, простая.
Примечание. Нетрудно доказать, что кратчайшая простая замкнутая ломаная, проходящая через точки Ait А2, ... , Ап, существует. Действительно, если эта ломаная проходит последовательно через точки Л,- и А/, то часть ее, заключенная меЖду вершинами 4,- и А/, не короче отрезка прямой А;А/ (поскольку отрезок прямой короче любой из ломаных, соединяющих его концы). Итак, чтобы получить кратчайшую ломаную, проходящую через точки At, Аг, .... А„, достаточно рассмотреть ломаную, составленную из отрезков А/А, Число таких отрезков конечно. Следовательно, число составленных из них замкнутых ломаных также конечно и среди этих ломаных существует ломаная наименьшей длины.
135.	Рассмотрим многочлен (х) = у [(2х — 1)" + 1], где п — натуральное число. Все его коэффициенты — целые числа, так как все коэффициенты многочлена (2х — 1)n -j- 1 — четные числа.
При хе [0,1; 0,9] двучлен 2х—1 удовлетворяет неравенствам —0,8	2х— 1	0,8, поэтому
IL W - ± I = 412х - 1 г < 1 (0,8)".
Выясним, при каких натуральных значениях п выполняется неравенство 4 (0,8)“ < 0,001:
(0,8)“ < 0,002; и log 0,8 < log 0,002;
Итак, условиям задачи удовлетворяет любой из многочленов f„(x) при п 28.
136.	Докажем сначала следующую лемму.
Лемма. Пусть W — вершина, О — центр основания прямого кругового конуса и Q — точка, лежащая в плоскости основания. Угол между прямой WQ и образующей
245
конуса WR достигает наибольшего значения, если О е QR (рис. 97).
Доказательство. Для любой точки R, лежащей на окружности, которая ограничивает основание конуса, по теореме косинусов справедливо равенство	j
QR2 = WR2 4- WQ2 - 2WR • IFQ cos (Z QWR).
Поскольку длины отрезков WR и WQ постоянны (не зависят от положения точки R на окружности), то угод QWR будет наибольшим, когда его косинус достигнет наименьшего значения, то есть длина отрезка QR будет наибольшей. Это произойдет, когда О е QR. Лемма доказана.
Переходим к решению задачи. Пусть АВС' — треугольник из множества Z, содержащий центр О сферы К. Ясно, что такой треугольник в множестве Z существует. Пусть а' — /ВАС', 0'= /АВС', и аналогично для любого треугольника АВС из множества Z пусть а = /ВАС, 0 = /АВС.
Поскольку АС—прямая, касательная к сфере К, то она — образующая прямого кругового конуса с осью АО. Следовательно, по лемме а' а и аналогично 0'	0.
Совместив треугольники АВС' и АВС в одной плоскости (рис. 98), мы легко убедимся в том, что ДЛВСс: о: А\АВС', причем оба треугольника АВС и АВС' имеют общее основание. Это означает, что площадь и периметр
246
треугольника АВС' не меньше площади и периметра треугольника АВС.
137.	Предположим, что конечное множество А содержит п элементов. Методом математической индукции по п докажем, что существует такой упорядоченный набор подмножеств
Ai, А2, ..., Ат,	(1)
в котором любое подмножество множества А встречается только один раз. Кроме того, набор подмножеств (1) обладает следующим свойством:
при 1=1, 2, ..., т—1 одно
из подмножеств Л(-+1\Лг и ЛДЛ1+] пусто,
а другое содержит 1 элемент.	(2)
При п = 1 множество А содержит 1 элемент, и набор подмножеств Л1 = 0, А? = А удовлетворяет условию (2).
Предположим, что при некотором натуральном п все подмножества любого множества, содержащего п элементов, можно расположить в таком порядке (1), что будет выполняться условие (2). Докажем, что тогда этим же свойством будет обладать и любое множество, содержащее п Д- 1 элемент.
Пусть множество В содержит п-f-l элемент. Выберем любой элемент Ь^В и обозначим А = В\{Ь}. Множество А содержит п элементов, и по предположению индукции все подмножества множества А можно расположить в виде упорядоченного набора (1) так, чтобы они удовлетворяли условию (2). Рассмотрим упорядоченный набор множеств
Ль л2,.... лт, лти{*}, /L-jUW, ...
.... Л21Ж, Л,U {6}.	(3)
Все члены конечной последовательности (3) различны, и каждое подмножество множества В встречается в этой последовательности. Докажем, что упорядоченный набор (3) множеств удовлетворяет условию, аналогичному условию (2). Для этого вычислим разности последовательных членов набора (3). По предположению индукции при i = 1, 2, ..., т одно из множеств Л«+1\Лг- и Л,\Л,+1 пусто, а другое содержит 1 элемент. Следовательно, одно из множеств (Д+i U {&}) \ (Л/U
247
и {/>})= А+ЛЛ- и (Л,и{Ь})\(ЛжиЯ) =Д/\Л ,г пусто, а другое содержит один элемент. Кроме того, непосредственно видно, что Дт\ (Ат U {&}) = 0, а (ДтО и{Ь})\Лт= {£}• Таким образом упорядоченный набор множеств (3) удовлетворяет условию, аналогичному условию (2). Тем самым утверждение доказано.
Принцип математической индукции позволяет утверждать, что все подмножества любого конечного множества можно расположить в виде упорядоченного набора (1), удовлетворяющего условию (2).
Примечание Задача 137 допускает интересную геометрическою интерпретацию. Рассмотрим случай п = 3. Если А = {at, аг, п3}, то каждое подмножество А' .множества А можно отождествить с точкой (ei, е2, es), координаты которой равны либо 0, либо I по следующему правилу:
{О, если а,	А',
1, если а.^А'.
Такие точки располагаются в вершинах куба, задаваемого единичными векторами, которые направлены по осям координат.
Пусть А' и А"—подмножества множества А. Одно из множеств А' \А" и Л"\Л' пусто, другое содержит 1 элемент в том и только в том случае, если точки, соответствующие подмно; е-ствам А' и А" отличаются одной координатой Такие точки принадлежат одному из ребер куба Следовательно, исходную задачу можно сформулировать так: существует ломаная, образуемая некоторыми ребрами куба и проходящая только один раз через каждую из его вершин.
Аналогичную геометрическую интерпретацию задача допускает и при п 3. Единственное отличие состоит в том, что вместо куба придется рассматривать n-мерный гиперкуб.
138. Докажем, что если а — четное натуральное число, не делящееся на 5, и sn — сумма цифр числа ап при п— 1, 2, ..., то последовательность {.$„} неограниченно возрастает.
Пусть а\, а2, ... — цифры в десятичной записи числа ап, считая справа. Есе члены этой последовательности при достаточно больших номерах равны нулю. Итак,
ап = (... <Wii)io.
Цифра «1 отлична от нуля, так как по предположению число а не делится на 5 и, следовательно, число ип также не делится на 5.
248
Лемма. Если
(1)
то по крайней мере одна из цифр a,+i, а,+2.
числа ап отлична от нуля.
Доказательство. Если бы при некотором натуральном /, удовлетворяющем неравенству (1), выполнялось бы соотношение «/+i = al+2 = ... =	— 0, то,
обозначив
С — (Uj-a^! . . . G2°1)10i
мы будем иметь
ап с = (.,. О4/+2Щ/+1ОО ... О)1о.
Следовательно, 104;'|ал — с‘ и тем более
24/1 ап - с.	(2)
Поскольку а — четное число, то 2л|ал, откуда (в силу неравенства 4/ п) получаем
24/|дл.	(3)
Из соотношений (2) и (3) следует, что 24' | ап — — (ап — с) = с. Но 24' — 16у > 10' > с, поэтому с = О, что невозможно, так как последняя цифра ai числа с отлична от нуля. Полученное противоречие означает, что утверждение леммы верно.
По доказанной лемме в каждом из приводимых ниже наборов цифр, встречающихся в десятичной записи числа ап, по крайней мере одна цифра отлична от нуля: а2> «з, «4,
а5, а6, а1г с)6,
(4)
n4fe+l, n4t+2, ..., a'lk+', где число j = 4к удовлетворяет условию (1), то есть 4*^у/г. Показатель степени k можно считать равным
1 Запись т\п означает, что число п делится на т.— Прим, переи.
249
Наибольшему из целых чисел, удовлетворяющих неравенству
лк 1 п
или
4ft+I^n, k + 1 log4 п,
то есть положить k= [log4 п]—1, где [х]— целая часть числа х (наибольшее из целых чисел, не превосходящих х).
Итак, последовательности (4) содержат различные цифры числа ап, таких последовательностей всего k-\-1, и каждая из них содержит отличную от нуля цифру. Следовательно, сумма цифр sn числа ап не меньше k + 1 = [log4/r]. Поскольку [log4n] > log4n — 1 и lim log4n = oo, а по доказанному s„^[log4n], to rt->oo
lim sn = oo.
fe->oo
139. I решение. Пусть f(x) = a0 + aix 4- ... 4- anxn> где n ;> 1. Тогда
I f' WI = I at 4- 2a2x 4- ... 4- nanxn-11 <
I °i I + 21 a211 x 14- ... 4~ n I un 11 x"-11 <
<4j(14-|x|4-|x|24- ... +|хГ’), где
M > max (| a, |, 21 «21, • • • > n J I).
Если |x|< 1, то |х|*<1 при k=\, 2, ..., n— 1, в силу чего
l + lx|4-|x|24- ... +|хГ1<п.	(1)
Если же |х| > 1, то 1 < |х| < |х|2 < ... < |х|” < ЗС х2и, в силу чего
1 + I X | + | X |2 4- ... 4-1X Г-1 < пх2п. (2)
Неравенства (1) и (2) позволяют утверждать, что для любого хек
| f' (х) | < Мп(\ 4- х2п).
250
Эта оценка означает, что
f' (х) > — Мп (1 + х2п).
(3)
Пусть F(x) = Мп(хx2n+i) и G (х) = Мп(х -р ^-х2"+'). Тогда f(x)=F—G. Многочлены F и G монотонно возрастают, поскольку из неравенства (3) следует, что
F' (х) = f' (х) + Мп(1+ (2/г + Ох2") >
> f' (х) + Мп (1 + х2") > О
G' (х) = Мп (1 + (2п + 0 х2п) > 0.
II решение. Пусть F (х) — первообразная функции Y (К (х)2 + Г (*) + 0> удовлетворяющая условию F(0) = =0(0), и пусть G(x) —первообразная функции у (Г(х)2 — — f'(x)+l), удовлетворяющая условию G(0) = 0.
Ясно, что F (х) и G (х) — многочлены, причем монотонно возрастающие. Действительно, F'(х) = у (Г (х)2+ + f' (х) + 1) > 0 и G' (х) = ([' (х)2 — f' (х) + 1) > 0, так как многочлены /2 + ^+ 1 и/2 — /+ принимают только положительные значения.
Кроме того, (F — G)' = F' — G' = f7, поэтому Е(х) — .— G(x) = f(x)+C, где С — постоянная. Сравнивая значения правой и левой частей в точке х = 0, находим, что С = 0. Таким образом, Е(х)—G(x) = f(x), что и требовалось доказать.
III решение. Докажем утверждение задачи методом математической индукции по степени многочлена f.
Если многочлен f тождественно равен некоторой постоянной (f(x) = c), то f(x) = (x-(-c)—х, и многочлены х + с и х монотонно возрастают. Предположим далее, что f(x)—многочлен положительной степени и любой многочлен меньшей степени представим в виде разности двух монотонно возрастающих многочленов.
Если степень многочлена f(x) четна (равна 2п), то
/ (х) = ах2" + g (х),
(4)
251
где степень многочлена g(x) меньше 2п. Пользуясь фор-’ мулой бинома Ньютона, получаем
2^-j- ((х + a)2n+l - х2«+>) = ах2п + h (х),	(5)
где h(x) — многочлен степени меньше 2п. Многочлены (х + а)2п+! и х2"+1 монотонно возрастают. По предположению индукции существуют такие монотонно возрастающие многочлены Fi и Gb что
g + h = Fl-Gi.	(6)
Следовательно, если положить F (х) — Ft(x) +	X
X (х + tz)2"+1, G (х) = G] (х) + -2- j x2n+1, то соотношения (4), (5) и (6) позволяют записать многочлен f(x)t в виде f(x) = F—G. Многочлены F и G монотонно возрастают, поскольку каждый из них равен сумме двух монотонно возрастающих многочленов. ,
Если степень многочлена f(x) нечетна (равна 2п—1), то
f(x) = ax2n-‘ + g(x),	(7)
где g(x)—многочлен степени меньше 2п— 1. По предположению индукции существуют такие монотонно возрастающие многочлены F\ и G], что
g = Fl-Gl.	(8)
Число а равно разности положительных чисел: а = = b — с. Начример, достаточно взять b = |а|+ 1, с — = | а | — а + 1, чтобы
ах2"-1 = Ьх2п~1 — сх2"-1	(9)
и многочлены 6х2"-1 и сх2”-1 были монотонно возрастающими. Таким образом, если F(x) = Fi (х)+6х2"-1, G (х) = Gi (х) + сх2"-1, то из соотношений (7), (8) и (9) получаем, что f = F — G, причем многочлены F и G монотонно возрастают как суммы монотонно возрастаю-' щих многочленов.
IV решение. Прежде всего заметим, что если fi = Fi — Gi, f2 = Fi—Gi и многочлены Fi, Fi, Git Gi монотонно возрастают, то fi + /г = (Fi + Fi) — (Gi -]- G2) и многочлены Fi F2 и Gi -J- Gi также монотонно возрастают. Аналогичным образом, если а — любое отлич
252
ное от нуля вещественное число, то afi = aFi— aG\ = = (—tzGi) — (—aF\). При a > О монотонно возрастают многочлены aF\ и aG\, при а < 0 — многочлены —aFi и —aGi.
Итак, сумму многочленов, представимых в виде разности монотонно возрастающих многочленов, и произведение монотонно возрастающего многочлена на постоянную также можно разложить в разность двух монотонно возрастающих многочленов.
Отсюда следует, что если каждый одночлен хп, где п 0, представим в виде разности монотонно возрастающих многочленов, то любой многочлен также можно представить в виде разности монотонно возрастающих многочленов, так как любой многочлен — это конечная сумма одночленов 1, д х2, ..., умноженных на постоянные коэффициенты.
Одночлен х2"-1 равен разности монотонно возрастающих многочленов 2х2"-1 и х2"-1. Одночлен 1 можно записать в виде разности монотонно возрастающих многочленов х + 1 их. Наконец, одночлен х2", где п 1, представим в виде разности монотонно возрастающих многочленов х4"-1 + х2п -ф; 2пх и х4п—1 + 2пх. В том, что последние два многочлена монотонно возрастают, нетрудно убедиться, вычислив их производную, принимающую только положительные значения:
(х4п-1 + 2«х)' = (4п — 1)х4"-2 + 2п > 0 для xgR, (х-’1-1 + х2" + 2пх)' = (4п — 1) х4"-2 + 2пх2"-1 + 2п
^2п (х4п—2-ф х2п—' -ф 1) > О так как квадратный трехчлен t2 -ф1 -j- 1 принимает только положительные значения.
140.	Число элементарных событий равно числу наборов из п величин, каждая из которых принимает лишь 2 значения: орел и решка, то есть 2". Благоприятным событием считается выпадение подряд 100 орлов. Вычислим сначала вероятность неблагоприятного события, то ость число наборов, не содержащих 100 орлов подряд.
Пусть п = lOOZf -ф г, где k Js 0 и 0 г < 100. Тогда любой набор из п чисел состоит из k наборов по 100 чисел в каждом и 1 набора из г чисел. Общее число наборов из 100 чисел, каждое из которых принимает
253
2 значения, равно 2100, поэтому если исключить последовательность, состоящую из 100 орлов, то останется 2100—1 наборов из 100 чисел. Таким образом, каждый набор из п чисел, не содержащий 100 орлов подряд, состоит из k таких наборов по 100 чисел и некоторого набора из г чисел. Следовательно, число неблагоприятных событий не больше (2100—1)к-2г,
Это означает, что
,	(2100 —l)fe-2r .	1 V ,1Ч
1 Рп 1	2100fe+r	--- 1	2100 J '	(1)
Если п стремится к бесконечности, то k также неограниченно возрастает. Когда 0 < q < 1, тогда lim = 0 и потому lim (1 —	= о. Поскольку
fe->oo	k~>oo	Z
числовые последовательности {1} и|1— (1—тж~) }’ ограничивающие последовательность {рп}, сходятся к одному и тому же пределу, равному 1, то и lim рп — 1.
П->оо
141.	Многогранником называется ограниченное множество точек пространства, расположенных не в одной плоскости и принадлежащих одновременно ограниченному числу полупространств. Поскольку полупространство— выпуклое множество, а обща“я часть выпуклых множеств также представляет собой выпуклое множество, то каждый многогранник — выпуклое множество.
Из выпуклости многогранника, в частности, следует, что если каждая из двух его вершин Р и Q принадлежит одной и той же паре граней, то PQ — ребро многогранника: отрезок PQ принадлежит каждой из двух граней, а значит, и их общей части.
Пусть вершина Ло многогранника W принадлежит ровно трем его ребрам Л0Л1, Л0А2 и А0А3. Поскольку многогранник W обладает центром симметрии, то вершина А'о, симметричная вершине Ло, также принадлежит ровно трем ребрам A'0Ai, А'оАг и АоА'3, где A'i (1 = 1,2,3) — точки, симметричные точкам Лг. Пусть — плоскость, проходящая через центр симметрии многогранника W и ребро A0Ai, где i— 1,2,3. Плоскость содержит также ребро AoA't, и из условий задачи следует, что
254
имеет форму четырехугольника. Ясно, что это — четырехугольник AoAiAoA'i.
Пусть SJk (j^k\ j, /ге{1, 2, 3}) — грань многогранника W, проходящая через вершины Ао, А/, Ak, a S'jk— симметричная ей грань. Если числа j и k отличны от I и принадлежат множеству {1, 2, 3), то плоскость пересекает грань S-k. Так как щ П W — четырехугольник AoAiAoA'i, ЛоеУ ., A'o^S/k. и Aif£Sjk, то A'i<=Sjb. Аналогичным образом можно доказать, что At е S'jk-
Если числа i, j, k попарно не совпадают и принадлежат множеству {1,2,3},то, как доказано выше, Д-, eSJt, At, A'j^Sik- Поскольку многогранник W выпуклый, то можно утверждать (см. замечание, приведенное в начале решения), что ДА/— ребро многогранника W при i =/= ]. Каждый из четырехугольников AoAiA/Ak и AoA'iA/Ak является гранью многогранника W. Таким образом, у многогранника W имеется 6 четырехугольных граней. Эти грани попарно параллельны, так как многогранник W обладает центром симметрии. Следовательно, многогранник W — параллелепипед.
Примечание. В приведенном выше решении мы не использовали предположение о том, что сеченщ .многогранника W плоскостью, проходящей через центр симметрии и ребро, имеет форму параллелограмма. Достаточно было бы предположить, что сечение имеет форму четырехугольника.
142.	Пусть Pi (i = 1,2,..., п)—выбранные точки на прямой. А — объединение заданных отрезков общей длиной меньше 1 м h — отрезок длиной п, середина которого совпадает с точкой Pt.
Множество А Л Ц, очевидно, представляет собой объединение отрезков общей длиной меньше 1. Пусть <р/ означает сдвиг на вектор PiPt (t = 1,2,...,п). Поскольку сдвиг не изменяет длину отрезков, то <р/ (//) ==: = /1 и
п
/= U фЛллл)
i=i
—объединение отрезков общей длиной меньше п, причем I сг /]. По построению, длина отрезка Р равна п. Следовательно, существует точка Q, принадлежащая множеству А — I.
255
Докажем, что сдвиг ф на вектор PiQ удовлетворяет условиям задачи. Так как Qe/i, Pi — середина отрезка /1 и длина /1 равна п, то PiQ^y. Следовательно, для любого i=l, 2.....п образ точки Pt при
сдвиге ф принадлежит отрезку h: ф (Р,) е /,.
Если бы при некотором i образ ф(Р<) точки Р< принадлежал объединению заданных отрезков А (ц>(Р/)& еД), то, поскольку ф(Р,)е/„ мы могли бы утверждать, что ф(Р()е Л ПР. откуда
Ф/(ф(Л))^фг (ЛПД)с/.
(О
Преобразование ф,ф представляет собой сдвиг на вектор PiQ + PiPi = PiQ, поэтому ф<(ф(Р<)) = Q. Но тогда из (1) следует, что Qg/, и мы приходим к противоречию, так как Qg/i\/.
Полученное противоречие доказывает, что ф(Р,)^Л при любом i = 1, 2, .,., п.
143.	I решение. Выберем натуральное число k так, чтобы выполнялось неравенство п 2/!. Пусть q и г — частное и остаток от деления числа 2кт на п, то есть пусть 2km — qn Д- г, где 0 г < п. Тогда
т __ 2кт _ дп + г _ д__, г	,
~п ~ 2кп ~ 2ka	‘ 2kn‘	'
в
Так как т/п < 1, то qn qn + г = 2km < 2kn, откуда q < 2fe. Следовательно, запись числа q в двоичной системе имеет вид
q — 7о + Qi ‘ 2 + q-i • 2 Д- ... Д- q^-i • 2 ,
где двоичные цифры q, равны 0 или 1. Но тогда
= Qo Ql Qk-l + Q^ + • • + Qk-1“ •	(2)
Числа г и k по определению удовлетворяют неравенству г <; п 2к. Таким образом, двоичная запись числа г имеет вид
г =г0 + г12 + ^2'!+ ... +rfc_l2fe-‘,
25-6
где цифры г, равны 0 или 1, откуда
=	+ fl 2^+ ••• + г*->2^’	<8)
Кроме того, поскольку г < п, то при j = 0, 1, ..., k — 1 выполняется неравенство
1 ri2> г 1
Г/ 2к~'п ~ 2кп "" 2*7 < 2к '
Таким образом, каждое отличное от нуля слагаемое в сумме (3) меньше любого отличного от нуля слагаемого в сумме (2). Это означает, что суммы (2) и (3) содержат различные слагаемые.
Итак, из соотношений (1), (2) и (3) мы получаем представление числа mln в виде суммы неповторяющихся дробей вида 1Д, где t — натуральное число.
II решение. Докажем методом математической индукции по т, что каждую дробь m/n, где (т,п)=1, принадлежащую интервалу (0,1), можно представить в виде суммы величин, обратных неповторяющимся натуральным числам.
При т = 1 утверждение верно:
1==_L + _L + _L‘.
п 2п Зп 6п
Пусть т— натуральное число больше 1. Предположим, что наше утверждение выполняется для натуральных чисел, которые меньше т. Докажем, что тогда оно верно и для т.
Пусть q и г — частное и остаток от деления числа п на т, то есть пусть
п = qm + г,	(4)
где 0 г < т.
Поскольку 0<-^-<1, то т<п и <? > 0. Если бы г = 0, то из соотношения (4) следовало бы, что п делится на т > 1. Это противоречило бы предположению о том, что т и п — взаимно простые числа. Отсюда мы заключаем, что г > 0 и т — г < т.
1 И даже просто 1/« = 1/«. — Прим. ред.
9 Зак. 933
257
Запишем соотношение (4) в виде n = (<7^1)m— — (m — г). Тогда
т______1	___ (g + 1) m — п _ т — r
п q + 1 “ п (q + 1) п (q + 1) *	' '
Поскольку т — г <т, то по предположению индукции
т — г
ЧИСЛО —----j—г-
«(<? + !)
представимо 1 в виде суммы величин, об
ратных попарно различным натуральным числам
т — г __ 1 ,	,	1
«(</+!) + ’
(6)
Поскольку	1, то из соотношения (6) полу-
чаем, что при i=l, 2, ..., k выполняется неравенство 6 > q + 1. Подставляя в соотношение (5) разложение (6) для —г'.‘ г.. , запишем дробь т/п в виде \Q “г 1)
т 1 I 1 I	11
Т-7+Т + 77+ ••• +тг-
Итак, мы получили разложение дроби mln в сумму величин, обратных попарно различным натуральным числам. Тем самым в силу принципа математической индукции утверждение задачи доказано для любого натурального т.
144.	Напомним, что площадь эллипса с полуосями а и b равна nab.
Пусть ф— отображение плоскости на себя, задаваемое выражением <р(х, у) = (х, ky), где k — фиксированное положительное число Такое преобразование называется сжатием (при й<1) или растяжением (при £>1). Более точно такое преобразование называется сжатием к оси х с коэффициентом k или растяжением от оси х с коэффициентом k. Ясно, что преобразованием, обратным сжатию к оси х с коэффициентом k (растяжению от оси х с коэффициентом k), является растяжение от оси х с коэффициентом 1/& (сжатие к оси х с коэффициентом \/k).
1 Строго говоря, в предположение индукции входит еще несократимость дроби. Но если (т— r)ln(qnii/tii, где (mi, »i) = = 1, то mt < т — г < т, и, воспользовавшись предположением индукции, получаем (6).— Прим. ред.
258
Как известно, если <р — сжатие (растяжение) к оси х (от оси х) с коэффициентом k, а К —некоторая фигура, то площадь образа фигуры <p(f) равна площади фигуры F, умноженной на k.
Лемма. Пусть Е — эллипс, заданный уравнением
(X — С1)2 , (у — с2)2 _ .	...
а2 "Г b2 ’
а <р — сжатие (растяжение) к оси х (от оси х) с коэффициентом k = alb. Тогда ср(Е)— окружность, заданная . уравнением
(х — с,)2 + (z/ — у с2)2 = а2.	(2)
Доказательство. Пусть (х, у) — точка, принадлежащая эллипсу Е, то есть точка, координаты которой удовлетворяют уравнению (1). Докажем, что тогда координаты точки <р (х, у) = (х, у z/) удовлетворяют уравнению (2). Подставляя координаты (х, у у') образа точки (х, у) в уравнение (2), получаем (А- О)= + (.у » - уД - (^ +	= А
Аналогичным образом можно доказать и обратное утверждение: координаты любой точки, удовлетворяющие уравнению (2), имеют вид <р(х,у), где L(x, у) ее Е.
Из доказанной леммы следует, что если <р — сжатие к оси х с коэффициентом alb, то образом любого эллипса с осями симметрии, параллельными осям прямоугольных координат, и полуосями а и b будет окружность радиуса а.
После этих предварительных замечаний перейдем к решению задачи. Прежде всего докажем, что если многоугольник W обладает центром симметрии и эллипс Е, содержащий многоугольник W, имеет наименьшую площадь, то центр симметрии многоугольника совпадает с центром симметрии эллипса.
Предположим, что центр симметрии Р многоугольника W не совпадает с центром эллипса Е. Пусть ф —• преобразование симметрии относительно центра Р, Тогда
9*
259
4(E) — эллипс, содержащий многоугольник 4(Ц7)=Ц7( и отличный от эллипса Е. Соответственные оси симметрии эллипсов Е и 4(E) параллельны, поскольку при преобразовании симметрии относительно точки образ любого отрезка параллелен исходному отрезку. Оси координат выберем так, чтобы они были параллельны осям эллипса Е (рис. 99).
Рис. 99.
Эллипсы Е и 4(E) конгруэнтны, поэтому из леммы следует, что существует такое сжатие (растяжение) <р к оси х (от оси х), что фигуры <р(Е) и <р(4(Е)) будут окружностями равных радиусов (рис. 100) с центрами в точках О] и О2. Эти окружности содержат фигуру (многоугольник) ср(№).
Пусть О — середина отрезка OiO2, а — одна из то- -чек пересечения окружностей ф(Е) и ф(4(Е)). Ясно, что круг Q с центром в точке О и радиусом ОР\ содержит пересечение кругов <р(Е) и ф(ф(Е)). Кроме того, ОР\ < О\Р\. Следовательно, площадь круга Q меньше площади круга 4(E).
260
Пусть <j)-1 — растяжение (сжатие), обратное сжатию (растяжению) <р. По лемме фигура <р-1 (Q) представляет собой эллипс, площадь которого меньше площади эллипса <р-1 (ср (Е)) = Е. Поскольку Q <р (W), то ср-1 (Q) о <p~’(<p(U/)) = W. Итак, мы приходим к противоречию с предположением о том, что эллипс Е обладает наименьшей площадью среди всех эллипсов, содержащих многоугольник W. Следовательно, центр сим-
л
Рис. 100.
о
метрии многоугольника W совпадает с центром симметрии любого эллипса наименьшей площади, содержащего многоугольник W.
Предположим, что некоторые два эллипса Ei и Е-2 содержат многоугольник W и обладают наименьшей площадью среди всех эллипсов, содержащих этот многоугольник. По доказанному выше центр симметрии Р многоугольника совпадает с центром каждого из эллипсов Е\ и Е%. Любое сжатие (растяжение) к оси х (от оси х) представляет собой аффинное преобразование а любое аффинное преобразование переводит эллипс в эллипс. Таким образом, доказанная выше лемма позволяет считать (после того, как выполнено соответствующее сжатие или растяжение), что один из двух эллипсов, например эллипс Ei, вырождается в окружность. Систему координат можно выбрать так, чтобы точка Р совпала с началом координат, а оси симметрии
261
эллипса Е2— с осями координат. Тогда уравнения эллипсов Ei и Е2 примут следующий вид:
(Ei) х2 + у2=г2,
(£2) 7г + '^'=1» где а =£6.
Поскольку площади эллипсов Ei и Е2 равны, то ab = г2. Следовательно, точка (х, у) принадлежит множеству Ei П Е2 в том и только в том случае, если
х2 + y2^ab,
+	(2)
сг	х 7
Складывая отдельно левые и правые части этих неравенств, получаем
(1 +^)х2+(1 -j-А-) y2^ab+\, или после несложных преобразований
a2 (ab + 1) b2 (ab + 1)	1 ’
а2 + 1	Ь2 + 1
Таким образом, множество Ei(]E2 содержится в эллипсе (3). Поскольку (а2 + 1) (b2 + 1) — (ай+1)2 =
(a2b2 + а2 + b2 + 1) — (a2b2 + 2ab + 1) = (а2+Ь2 — — 2аЬ) = (а — Ь)2 > 0 при а Ь, то
(а2 + 1) (b2+ 1) > (ab + I)2.	(4)
Это означает, что квадрат площади S эллипса (3) в силу неравенства (4) удовлетворяет неравенству
S2 — л2 °2fc2 (ab + <r n2a2h2 15	(a2+l)(Z?2 + l) < at> •
Так как квадрат площади эллипса Е2 равен л2а2Ь2, то это неравенство означает, что площадь эллипса (3) меньше площади эллипса Е2. Полученное противоречие доказывает, что существует не более чем один эллипс наименьшей площади, содержащий многоугольник W.
145.	Прежде всего докажем следующую лемму.
Лемма. Если прямые АВ и PQ пересекаются под прямым- углом в точке Р, то число точек луча PQ, из которых отрезок АВ виден под углом а, равно 0, 1 или 2.
262
Доказательство. Как известно, множество точек, лежащих в полуплоскости, ограниченной прямой АВ и содержащей точку Q, из которых отрезок АВ виден под углом а, представляет собой дугу некоторой окружности. Эта дуга имеет с лучом 0, 1 или 2 общие точки в зависимости от того, как отрезок АВ расположен относительно точки Р, и от величины угла а (рис. 101).
Следствие. Если прямая АВ перпендикулярна плоскости л, то множество точек плоскости л, из которых отрезок АВ виден под углом а (0<а<л), либо пусто, либо представляет собой окружность или две концентрические окружности.
Доказательство. Пусть Р — точка пересечения прямой АВ с плоскостью л, a Q — любая точка плоскости л, отличная от Р. По доказанной выше лемме
263
луч PQ содержит не более двух точек, из которых отрезок АВ виден под углом а. При повороте вокруг прямой АВ эти точки описывают не более двух концентрических окружностей Ki и Кл, из каждой точки которых отрезок АВ виден под углом а. По лемме из каждой точки плоскости л, не лежащей на окружностях К\ и Kz, отрезок АВ виден под углом, отличным от а.
Переходим к решению задачи. Пусть л — плоскость, перпендикулярная ребру АВ и содержащая ребро с вершиной D, а Р — точка пересечения прямой АВ с плоскостью л. По условиям задачи отрезок А В виден из точек С и D под одним и тем же углом. Пользуясь следствием из леммы, мы заключаем, что либо
1) точки С и D лежат на одной окружности с центром в точке Р, либо
2) точки С и D лежат на разных окружностях с центром в точке Р.
В первом случае прямая, проходящая через середину отрезка CD перпендикулярно ему, содержит точку Р и поэтому плоскость, заданная ребром АВ и серединой ребра CD, перпендикулярна ребру CD.
Во втором случае перпендикуляр, восставленный из середины отрезка CD, не содержит точку Р. В противном случае точка Р была бы равноудалена от вершин С и D тетраэдра и эти вершины лежали бы на одной окружности с центром в точке Р, что не верно. Следовательно, плоскость, заданная ребром АВ и серединой ребра CD, не содержит прямой, проходящей через середину отрезка CD перпендикулярно ему, и поэтому не перпендикулярна ребру CD.
Таким образом, утверждение задачи во втором случае не выполняется. Первый случай встречается, в частности, тогда, когда точка Р принадлежит отрезку АВ, например, когда угол АСВ тупой.
146. Пусть Ап — событие, состоящее в том, что лосось за п попыток не смог преодолеть первый водопад, а Вп—• событие, состоящее в том, что лосось за п попыток не смог преодолеть оба водопада. Поскольку вероятность того, что лосось за одну попытку не преодолеет первый водопад, равна 1 — р, а попытки независимы, то
Р(Л„)=(1-Р)П.
(1)
264
Событие Вп состоит в том, что лосось либо не преодолевает за п попыток первый водопад, либо на k-fi попытке (1 k п) преодолевает первый водопад, а за остальные п — k попыток не может преодолеть второй водопад, поэтому
Р (Вп) = (1 - рТ + Z (1 - р)‘"’ р (1 - 9)”-\	(2)
Если р =х= q, то правая часть соотношения (2) преобразуется к виду
Р (Вп) = (1 - р)п + £ (1 - р)«~' р »
^(1-р)п + пр(1-р)п-’.	(3)
Если же q — 1, то	f
р (В„) = (1 - р)" + (1 - р)”-1 р = (1 - р)"-1,	(4)
поскольку в этом случае лосось преодолевает второй водопад с первой попытки. Таким образом, событие Вп не происходит, если лосось не может преодолеть первый водопад за п попыток или преодолевает его лишь с n-й попытки.
Впрочем, если принять, что 0° = 1, то соотношение (4) будет следовать из соотношения (2).
Если р =/= q и q < 1, то формула суммы членов геометрической прогрессии позволяет следующим образом преобразовать правую часть выражения (2):
’-(W1
р (Вп) = (1 - р)п + Р (1 - 9)"-‘ —=
= (1 - р)" +	[(1 - 9)" - (1 - р)п] =
_ р (1 — д)п — д{\ — р)п
p-q
то есть в рассматриваемом случае
(5,
265
Если событие Ап не происходит, то тем более не происходит и событие Вп. Следовательно, Ап П Вп = Ап. По формуле условной вероятности получаем
р(Л„|В„) =
Р (Ап П Вп) р(Вп)
Р (Ап)
Р (Вп) *
(6)
При n = 1 из условий задачи следует, что р(Ап) = = 1 — р и р(В„)=1. Подставляя значения р(Ап) и р(Вп) в формулу для условной вероятности (6), находим, что p(An\B„) = 1 — р. В дальнейшем будем предполагать, что п 2.
Заметим, что если p=/=q, то р(В„)#=0. Действительно, если бы выполнялось равенство р(В„) = 0, то из соотношения (5) мы получили бы, что р(1 — q)n = = q (1 — р)", откуда
Р__ f 1 - Р V q \\-q) *
(7)
Но если, например р <Zq, то 1 —р > 1 —q и равенство (7) не может выполняться. Аналогичным образом доказывается, что равенство (7) не может выполняться и при р > q.
Если р = q и р (В„) = 0, то из соотношения (3) следует, что р = 1. Следовательно, в том (и только в том) случае, если р = q = 1, условная вероятность р(Ап|Вп) не существует. Вычислим ее в остальных случаях.
При р = ^<1 из соотношений (1), (3) и (6) получаем
рИп! Bn)— j _р + пр 1 + (и-1)р’	(8)
а при р < q = 1 находим р(А„1Вп) из соотношений (1), (4) и (6)
р(А„|В„)= 1 — р.	(9)
При р #= q < 1 соотношения (1), (5) и (6) приводят к следующему выражению для условной вероятности:
Р (Л„ I В«) —
(1 -Р)П(Р~<7) р(1 —q)n — q{\ - р)п
• (Ю)
266
Примечание. Выясним, как ведет себя в каждом из рассмотренных случаев предельное значение условной вероятности g = lim р (Ап | Вп). При р = q < 1 из соотношения (8) полу-71->оо
чаем, что g = 0. При р < q — 1 из соотношения (9) следует, что g == 1 — р = 1-у. Если р < q < 1, то
1 — р > 1 — q
и lim I -т-----— I = оо.
Это означает, что для условной вероятности (10) g = ——у- = — 1 —Если же q <	1, то 1 — р < 1 — q и lim (1 =0,
<7	n->oo \ 1 — qj
поэтому для условной вероятности (10) g = 0.
Итак, во всех случаях g = max(0, 1-----— ).
147. I р ешение, Предположим, что многочлен р(х) = а0 + а1х+ ... +апхп,
где ап 0, имеет целочисленное коэффициенты- которые по абсолютной величине мепъгае г, и делится на трехчлен f(x) = x2 — гх—1. Ю1да
P = f -h,
(1)
где многочлен h(x) = b0 + bix +.., + bn_2xn 2, как следует из алгоритма деления многочленов, имеет целочисленные коэффициенты. Сравнивая коэффициенты многочленов в правой и левой частях равенства (1), полу-
чаем
ао= — &о.	(2-0)
а, = — bt — rb0,	(2.1)
а2 = — b2 — rbi + b0	(2.2)
O-k — — — rbk-i ^fe-2 (^ — 2, 3...........n 2) (2.k)
й-п—2—	bn_2 rbn~3-(- bn_4,	(2м	2)
an-i —	—rbn_2-(-Ьп-з,	(2м	1)
an =	bn_2.	(2.n)
267
Из последнего равенства следует, что Ьп_2 =# 0. Из равенства (2. п— 1) мы заключаем, что 6„_3#=0 и знаки коэффициентов Ьп_2, Ьп_з совпадают (в противном случае выполнялось бы неравенство | an._i I == | — rbn_2 + Ьп_31 = = | — rbn_21 + | Ьп_31 > г | Ьп_21 > г, противоречащее предположению о том, что I an_i | < г). Аналогичным образом из равенства (2.п —2) получаем, что 6„_4#=0 и знаки коэффициентов 6„_3, Ьп_4 совпадают (в противном случае абсолютная величина коэффициента ап_2 удовлетворяла бы неравенству | ап-21 = | — Ьп_2 — гЬп-з + Ьп_41 = = I - bn_21 + | - rbn_3 | +1 6„_41 > Г | Ьп_з | > г, противоречащему предположению о том, что | ап_21 < г).
Вообще, если при некотором /ге{2, 3, п — 2} знаки коэффициентов bk, bk_l совпадают, то Ьь_2=£0 и знаки коэффициентов 6*_i, bk также совпадают [поскольку в противном случае из равенства (2.k) можно было бы вывести неравенство | ak | = | — bk | +1 rbk-i | + +1 bk-2 1>г, противоречащее исходному предположению об абсолютной величине коэффициентов многочлена р(х)].
С помощью индукции убеждаемся в том, что числа Ьп_2, Ьп_з, ..., bi, b0 отличны от нуля и имеют одинаковые знаки. Но тогда из равенства (2.1) получаем I а.\ I — I — bi — rb01 = | bi | + | rbfi1 г вопреки условию.
Полученное противоречие доказывает, что многочлена р(х) с целочисленными коэффициентами | ak | < г не существует.
II решение. Докажем сначала следующую лемму. Лемма. Если а — корень многочлена
f (х) = aQ + агх + ... + an_ixn~l + апхп,
где
ап=£0, то |й|<1+ max
Д о к а з а те л ьст во. Пусть М = max — . Если 0<»<п-1 I ап I
|а|^ 1, то утверждение леммы верно. Рассмотрим случай, Когда |а|> 1. Поскольку а — корень многочлена f(x), то
a0-|-aia+ ... + an_ian~' = — апап,
268
откуда
<Л1(1 +|а|+ ... +1аГ’) =
Итак, |а| — 1 < М, или |а|<Л1 + 1.
Переходим теперь к решению задачи. Один из корней квадратного трехчлена х2— гх—1 равен %i= =(г + Vr2 + 4). Поскольку д/г2 + 4 >	= г, то
X] > г.
П)
Если бы многочлен
Р(*) = Ро + Р1*+ ... +РпХП,
где рп #= 0, делился на х2— гх— 1, то число xj было бы корнем многочлена р(х). По доказанной выше лемме корень xi удовлетворял бы неравенству
I pt 1 1
Х[ max — + 1.
0<i<n-l I Рп
(2)
Поскольку |рл|^: 1 и |pt:|г—1 при 1 = 0, 1, 2, ... ..., п— 1, то
max — Pn
max | pi |	— 1.
Сравнивая это неравенство с неравенством (2), мы видим, что xi г, хотя выше было доказано неравенство (1): X] > г.
Полученное противоречие доказывает, что квадратный трехчлен х2— гх—1 не является делителем отличного от тождественного нуля многочлена с целочисленными коэффициентами, абсолютная величина которых меньше г.
Примечание 1. В приведенном выше решении по существу осталось неиспользованным предположение о том, что многочлен р(х) имеет целочисленные коэффициенты. Достаточно было бы предположить, что |рп|^ 1, |р>| г—1 при i = 0, 1, 2, ..., п — 1.
Примечание 2. Пусть Н(f)— наибольшая из абсолютных величин коэффициентов многочлена [. Для многочленов с
260
целочисленными коэффициентами в общем случае неверно утверждение о том, что если многочлен g делится на f, то Н(f)	(g).
Например, (1 — х ф- х2) • (1 ф- 2х ф- х2) = 1 ф- х ф- х3 ф- х4.
148. Докажем сначала следующую лемму.
Лемма. Если е 0 и вещественные числа Si, s2, ... ..., sn удовлетворяют условиям
Is, |<е,
1«г+1 — Sj К е
(г = 1, 2,
п-1), (1)
то существует такое натуральное число k п, что
1
Sfe 2
(2)
Доказательство. Если е = 0, то из неравенств (1) получаем, что si = s2 - ... = sn = 0, и утверждение леммы выполнено. Предположим, что е > 0.
Пусть а — наименьшее, а b — наибольшее из чисел si, s2, • • •, sn. Тогда числа s2, ..., s„ делят отрезок [о, 6] на меньшие отрезки, длина которых не превышает е. Любое число из отрезка [а, 6] отстоит от одного из чисел Si, s2, ..., sn не более, чем на у е. В частности, если ySnG[a, Ь], то условие (2) выполнено. Предположим, что	6].
Из определения чисел а и b следует, что s„e[a, 6]. Если 0е[а, 6], то^е^, Ь], что противоречит принятому нами предположению.
Итак, пусть 0 ф [а, 6]. Тогда знаки всех чисел Sj, s2, ..., sn совпадают. Поскольку, изменив знаки всех чисел Si, s2.sn, мы не нарушим условий (1), (2), то
можно считать, что числа Si, s2, .... sn положительны. Тогда
0<a^sn^6,	(3)
0 < a S] е.	(4)
Так как -^-$п^[«, &], то из неравенства (3) следует, что 0 < а s„ < а. Неравенство (4) позволяет преобразовать полученное неравенство к виду
270
I 1	1^1^-’ T-r
a — у sft I < у a	e. Поскольку a — одно из чисел
si, s2,	s„, то условие (2) выполнено.
Утверждение задачи непосредственно следует из доказанной леммы: достаточно положить
в = max | at |, st- = сц + а2 + ... + aL (/=1,2,..., /г). 1С i С п
Тогда |si| = |ai|^E и |sl+i — s,-| = |fl/+i1 в при i= 1, 2, п—1. Тем самым условия леммы выпол-йены. Из леммы следует, что при некотором натуральном k п выполняется неравенство |2sft — s„|^E или
k	п
Е а{
1=1	i=k+l
max | at |. l<i<n
149. Докажем сначала 2 леммы.
Лемма 1. Для заданного натурального числа п существует не более двух таких натуральных чисел k п — 3, что биномиальные коэффициенты (	»
| , ” , ), | . ” | являются последовательными члена-\k+ \ J’ \k + 2j ми арифметической прогрессии.
Доказательство. Если числа ( ^ ) > ( i ) ♦ ( + 2 ) — последовательные члены арифметической про* грессии, то
С)+(Д2)=Д4>)-
_r	(fc + 2)!(n- k)l
Умножая обе части этого равенства на 1, получаем
(6 + 2) (&+ l) + (n-6)(n-k-1)«=2(6 + 2)(п~6).
Это соотношение представляет собой квадратное уравнение относительно k. Следователи^ оно имеет не более двух корней.
Лемма £. Для заданного натурального числа п существует нФ более чем одно таков натуральное число
h^n-Л, =
271
Доказательство. Умножая обе части равенства G) = GJ1) на	получаем Л+1 =
— п — k. Это соотношение представляет собой уравнение первой степени относительно k. Следовательно, в множестве натуральных чисел меньше п оно может иметь не более одного решения.
Переходим к решению задачи. Для упрощения записи введем обозначения. Пусть = при /— 1, 2, ..., п. Предположим, что числа
ап аг+1г аг+2г аг+3	(О
•— последовательные члены арифметической прогрессии. Так как (^) = G —&)’ или ak ~ ап-ь, то числа ап-г-з, вп-г-е, Яп-r-i, яп-г— также последовательные члены арифметической прогрессии.
Таким образом, мы получаем отрезки арифметической прогрессии, каждый из которых содержит по 3 члена:
+>	++2i
ar+i, аг+2, яг+3,
Яп-г—3'	Яп_г_3> Яп^.г_1,
Яп—г—2>	Пп—г*
Из леммы 1 следует, что множество {г, г +' 1, п —• —г — 3, п — г — 2} содержит не более двух различных чисел. Так как г, г+1 и п — г — 3, п — г — 2 — последовательные натуральные числа, то г — п — г — 3 и г + 1 - п — Гч—2. Следовательно, яг.^1 == я^~г—2 —- Яг-^2> или все члены арифметической прогрессии (1) равны. Но из леммы 2 следует, что это невозможно.
Полученное противоречие доказывает, что бино-миальные коэффициенты (1) не образуют отрезка арифметической прогрессии.
Примечание. Можно доказать, что если при некоторых натуральных числах п и г, где г п — 2, биномиальные коэффициенты (:) (,;)• (, ” 2 ) являются последовательными членами арифметической прогрессии, то существует
272
такое натуральное число т 3, для которого выполняются со-
отношения
2	m2 — m	m2 + m	.
п = т2 — 2, г =----- - - — 2, или г =------------2.	(*)
z
Наоборот, если числа п и г заданы соотношениями (*), то биномиальные коэффициенты (;)• (+)• (+)» ляются последовательными членами арифметической прогрессии.
Например, полагая zn_= 3, получаем отрезок арифметической прогрессии

150.	I решение. Докажем сначала лемму.
Лемма. Если плоская фигура F разделена на части г прямыми, то эти части можно раскрасить в 2 цвета так, что любые две из них, имеющие общий отрезок, будут окрашены в различные цвета.
Доказательство. Воспользуемся методом математической индукции по г. При г — 1 утверждение леммы очевидно, поскольку прямая делит плоскость на две полуплоскости. Части фигуры F, принадлежащие одной полуплоскости, закрасим одним цветом, части, принадлежащие другой полуплоскости, — другим.
Пусть г — некоторое натуральное число. Предположим, что при г прямых части фигуры F можно раскрасить в два цвета так, чтобы удовлетворить условиям леммы. Докажем, что тогда утверждение леммы будет выполняться и при (г +1) прямых, делящих фигуру F на части. Проведя (г+ 1)-ю прямую, мы разделим плоскость на 2 полуплоскости. Части фигуры F, принадлежащие одной полуплоскости, оставим раскрашенными в те цвета, в которые они были раскрашены до того, как мы провели (г + 1) -ю прямую, а части, принадлежащие другой полуплоскости, перекрасим заново (изменим цвет каждой части на другой). Условия леммы при этом, очевидно, будут выполнены.
Переходим к решению задачи. Поскольку данный A-угольник разделен некоторым числом прямых (диагоналей), то полученные при таком разбиении части (треугольники) по доказанной лемме можно раскрасить ₽ два цвета так, чтобы треугольники, имеющие общую сторону, отличались по цвету.
Поскольку по условиям задачи число диагоналей, выходящих из каждой вершины А заданного «-угольника, четно, то число треугольников, одна из вершин которых совпадает с точкой А, нечетно. Смежные треугольники раскрашены в различные цвета и поэтому первый и последний треугольники окрашены в один и тот же цвет. Отсюда следует, что треугольники, одной из сторон которых служит сторона заданного «-угольника, всегда окрашены в один и тот же цвет.
Сумма числа сторон «-угольника и числа всех проведенных диагоналей равна числу сторон треугольников, окрашенных в этот же цвет, и, следовательно, делится на 3. В то же время число проведенных диагоналей равно числу сторон треугольников, окрашенных в другой цвет, поэтому число диагоналей также делится на 3. Отсюда мы заключаем, что и число сторон «-угольника, равное разности двух чисел, кратных 3, делится на 3.
Примечание. Если в условиях задачи треугольники заменить ^-угольниками (k > 3), то, произведя аналогичную замену в приведенном выше решении, мы получим, что число п делится иа k.
II решение. Докажем сначала лемму.
Лемма. Если в п-угольнике Aj Л2 ... Ап проведено некоторое число диагоналей, причем из каждой вершины Л], Л2, ..., А„-1 выходит четное число диагоналей, то из вершины Ап также выходит четное число диагоналей.
Доказательство. Пусть из вершины Л/ выходит ki диагоналей, где i — 1, 2...«. По условиям
леммы числа k\, k2, ..., kn-\ четные. Поскольку каждая диагональ проходит через две вершины, то число k\ -|-,+ k2 + ... + kn четно. Следовательно, последнее слагаемое этой суммы, то есть число kn, также четно.
Переходим к решению задачи. Воспользуемся ме«. тодом математической индукции по « ^ 3.
При «= 3 утверждение задачи верно. Предположим, что «— натуральное число больше 3 и утвержде* ние задачи выполняется для всех натуральных чисел г, удовлетворяющих неравенству 3 г < «. Тогда, если некоторое множество диагоналей г-угольника делит erq на треугольники и удовлетворяет условиям задачи 1 и 2, то г делится на 3.
274
Пусть Р— множество диагоналей n-угольника, которые делят его на треугольники и удовлетворяют условиям задачи (1) и (2). Пусть из некоторой вершины А заданного n-угольника выходят по крайней мере 2 диагонали, принадлежащие множеству Р. Выберем две диагонали АВ и АС, проходящие через вершину А и принадлежащие множеству Р так, чтобы внутри угла А\АВ содержалось четное число диагоналей, выходящих из вершины А и принадлежащих множеству Р, а внутри угла ВАС не оказалось ни одной диагонали, Выходящей
из вершины А и принадлежащей множеству Р (рис. 102). Тогда диагональ ВС принадлежит множеству Р.
Рассмотрим многоугольник АА1...В. Из каждой его вершины, за исключением, быть может, В, выходит четное число диагоналей, принадлежащих множеству Р. По доказанной лемме из вершины В также выходит четное число диагоналей, принадлежащих множеству Р.
Аналогичные утверждения применимы и к многоугольникам ВВ1...С и СС1...А. Поскольку у каждого из многоугольников ЛЛ1... В, BBi... С и СС]... Л число сторон меньше п, то по предположению индукции число сторон каждого из них делится на 3. Сумма числа сторон всех трех многоугольников равна п + 3, поскольку помимо сторон заданного многоугольника в нее входят еще отрезки АВ, ВС, СЛ. Следовательно, число п делится на 3, что и требовалось доказать.
151.	Пусть Sj — 014-02 +	+ а], где у = 1, 2, ...
..., п. По условию задачи сумма любого числа рп первых членов последовательности {о^} равна нулю, по-етому Sj+n = S/ при / = 1, 2, ... Это означает, что
275
число различных членов последовательности {srt} конечно. Пусть sm — наименьшее из чисел sb s2, ... • Докажем, что число N, о котором говорится в задаче, достаточно выбрать равным	Действительно, при
любом k О
m+1+fe /п+1+ft т
^1 ~*" jZu fy ~~ jZu	®/n+l+fe &т 0-
i=m+l	i=l	i=l
152.	На поверхности правильного тетраэдра с длиной ребер 1 конечное множество отрезков прямых можно выбрать так, что любые две вершины будут соединены ломаной, составленной из принадлежащих множеству отрезков, причем общая длина всех отрезков будет меньше 1 + д/3-
Рассмотрим ромб ABDC, возникающий при развертке на плоскость двух граней заданного тетраэдра (рис. 103).
Тогда АВ — 1 и ZBAC = 60°. Пусть Р — середина отрезка ВС, a Q — точка треугольника АВР, из которой стороны АР и ВР видны под у1лом 120°. Угол AQB также равен 120°. Пусть х — AQ, у = BQ, z = PQ. По-
скольку АР —	, ВР==~ и ZAPB = 90°, то прирав-
няв площадь треугольника АВР сумме площадей тре-1	1 л/з"
угольников AQB, BQP и PQA, получим	• —- =
>= (ху + yz + zx) sin 120°, или
xy + yz + zx = ^.	(1)
1
Так как cosl20°=- — у, то по теореме косинусов для треугольников ЛфВ, BQP и AQP выполняются со
276
отношения
х2-\- у2 + ху— 1,	(2)
У2 + z2+	=	(3)
г2 + х2+ zx = -|-.	(4)
Складывая отдельно левые и правые части соотношения (2), (3) и (4) и соотношения (1), обе части которого умножены на 3, получаем
7
2(x + y + z)2 = Y-откуда
х + y + z=*-^~.
Если точка Q' симметрична точке Q относительно точки Р, то множество отрезков AQ, BQ, QP, PQ', CQ', DQ' обладает тем свойством, о котором говорится в условиях задачи, и сумма длин этих отрезков равна V7, а это число меньше 1 + -у/З.
153.	Для любого хе [0,1] справедливо тождество
(V1 + х +	— х — 2)(д/1+* + У1— % + 2)Х
Х(УГ=^+1) = -2х2.
Функция h (х) = -i- (V1 + х -|- V1 ~ х + 2) (V1 — х2 + 1) на отрезке [0, 1] удовлетворяет неравенству 0 < /г(х)^4, так как
о < ут+т +	+ 2 < д/1 + X+4 +
+ д/1-х + 4+2=(1 +-J) + (l-i) + 2 = 4
И
0<Vl -^Cl-
Следовательно, для хе [0,1] выполняется неравенство
V1 + х + V1 — х — 2 = Л 4" •
277
Если бы при некотором числе а, удовлетворяющем неравенству 0 < а < 2, и числе р > О выполнялось бы аналогичное неравенство
V1+x + V1-x-2<-4 (при хе[0, 11), (1) г*
или
№	ха
h(x)^	fj ’
то
х2-“- М- (при хе[0, 1 ]).'
Переходя в обеих частях неравенства к пределу при х —> 0, получаем 0	, но h (0) = 4.
Полученное противоречие доказывает, что а = 2—* наименьшее число, удовлетворяющее условию (1).
Наименьшее число р, для которого справедливо неравенство
Vl+x+Vl— х — 2 <1—у (при хе[0, 1]), (2) или
— %2 h(x) р ’
равно наименьшему числу р, удовлетворяющему неравенству /г(х)^р (при %е|0,1]). Таким образом,
Р= max h(x).
0<х<1
Вычислим этот максимум. Из неравенства 2аЬ sg!
а2 -р- Ь2 следует, что для любых вещественных неотрицательных чисел и, v справедливо неравенство
Vй + -V v гС V2 (и + »)•
(3)
Действительно, (д/п + л/v / — 11 + v + 2 -у/иv <« + v + (V«)2 + (лМ2 = 2(и+ d).
Подставляя в неравенство (3) и = 1 х, v — 1 — х, получаем
д/1 -f- х "4* д/1 — х 2,
278
в силу чего
Л (х) = у (71 + х + Vl — X + 2)(Vj — х2 + 1)<
<2(71 -х2+ 1)<4
при [О, I]1. С другой стороны, как показывают вычисления, h. (0) = 4. Следовательно, наибольшее значение, принимаемое функцией h(x) на отрезке [0,1], равно 4, поэтому и наименьшее положительное число р, удовлетворяющее условию (2), также равно 4.
154.	Выполняя соответствующие перестановки цифр данного натурального числа, можно считать, что его четырьмя последними цифрами служат 1, 3, 7 и 9. Следовательно, натуральное число п, о котором говорится в условиях задачи, представимо в виде суммы числа 1379 и некоторого целого неотрицательного числа а, оканчивающегося четырьмя нулями. Докажем, что, выполнив соответствующую перестановку последних четырех цифр числа п, мы получим число п', делящееся на 7.
При делении на 7 числа
1379, 1793, 3719, 1739, 1397, 1937, 1973	(1)
дают остатки, равные 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Следовательно, если число а при делении на 7 дает остаток г, то прибавляя к числу а то из чисел (1), которое при делении на 7 дает остаток 7 — г, мы получим число п', делящееся на 7 и получающееся при перестановке цифр числа п.
155.	Пусть окружность К с центром в точке О и радиусом г касается в точках Р и Q сторон угла а с вершиной в точке А и Во — точка пересечения прямой АР и прямой т, параллельной AQ и отличной от AQ касательной к окружности К. Если точка В принадлежит лучу t прямой АР с началом в точке Во, не проходящему через вершину А угла (рис. 104), то проведя из точки В касательную к окружности Л, мы получим треугольник АВС, в который вписана окружность К.
1 Это неравенство уже было установлено выше, в начале решения. — Прим. ред.
279
Заметим, что /ВАС = а. Угол АВС, равный р, в треугольнике АВС может принимать любые значения между Ойл — а.
Рис. 104.
Пусть 7? — радиус описанной окружности треугольника АВС. По теореме синусов для треугольнике АВС справедливо соотношение
-^- = 27?, sin а
Кроме того,
ВС-BS + SC-г cig-|- +г ctg-J =
(Р Y \	. Р + V
cos —	cos-— \	sin г *
z . z 1	2
р + у j г р у~ ~
Sln 2 Sltl I / Si" f S’n 2
а	Л а
cos —	2r cos —
= f--------------------=--------------
1 ( P — Y P + Y\	P—-Y  а
2-lCOS-2 “COS 2 J cosiy-sm-
Поскольку cos x ёС 1 при любом x, то из выписанных соотношений получаем
2R __ ВС____________________1__________
г п . а а	а ( Р — Y . а X
2r sincos у sin у ^cos-i-y-!--sinyj
>_______1_______
. а (,	. а \ ‘
sin-^l-sm-J
280
Так как у = л — а — р, то —— =	где
f (Р) --------------------------.
' 47 «Г / „ , а — я X . а 1 sm-[cos[p + —2-J-smyJ
Наоборот, докажем, что любое число, большее или равное
1 а =------— -------,
. а . а\
совпадает со значением функции /(Р) при некотором 0е(О,л— а). Это будет означать, что для любого числа а' а существует такой угол Ре(0,л — а), а следовательно, и треугольник АВС, при котором выполняется соотношение 2В/г — а'.
Действительно,
lim cos (р + ^V-) = cos (| —|) = sin |.
Следовательно,
lim f (P) = co.
e->o e>o
Функция f(P) непрерывна на любом отрезке [р, с(0,л —а), а каждая функция, непрерывная на отрезке, принимает все значения, заключенные между ее значениями на концах отрезка. Рассматривая отрезки вида |е, я~а J, где 0 < е < я а , мы убеждаемся в том, что в интервале (0, л —а) функция f(P) принимает все значения от а до со.
156.	Докажем следующую теорему.
Теорема. Любое рациональное число принадлежащее интервалу (0,1), где m — нечетное число, а п— степень двойки, равно f (4)’ г^е f— некоторая функция вида
f = gl^g2° • •• °gfe.	(1)
281
Доказательство. Воспользуемся методом математической индукции по числу т 4- п. Из определений чисел т и п следует, что т + п 3. Если т 4- п — 3, то т = 1, п = 2 и тогда S [4')==У’ Таким образом, достаточно считать, что f = S.
Предположим, что т -|- п > 3 и для любых двух натуральных чисел т' и п', где т' — нечетное число, п' — степень двойки, 0 < tn'ln' <1 и т' 4- п' < т -|- п, существует такая функция f' вида (1), для которой f (’/г) = tn'ln'.
Если mln < 'Л, то 0 < тЩъП < 1 и число ЧъП есть степень двойки Применяя к числам т' — т и п' = 4%п предположение индукции, мы заключаем, что существует такая функция [' вида (1), для которой f'(V2)— tn'/п'. Тогда функцию f достаточно выбрать в виде f=T°f\ Действительно,
юп(4)=Дг(4))=Д£)=4
Если V2 < mln < 1, то 0 < 1 — т/п < */2. Но 1 —-*—mln = (n — т))п, причем число п — т нечетно, а и—• степень двойки. Кроме того, п — т 4- п < т + п, так как mln > V2- Применяя к числам т' — п — т и п' — п предположение индукции, заключаем, что существует функция f' вида (1), значение которой при х = '/2 равно (п — т)1п\ f'= (п— т)!п. Поскольку
(So n (I)=S (Г (4))=s (44)=1 - V1-
то функцию f достаточно выбрать в виде суперпозиции функций S ° f'.
Итак, по принципу математической индукции доказанное утверждение справедливо для любого рационального числа т/п, где т — нечетное число, ап — степень двойки.	•
В частности, повторив приведенные выше рассужде-1975	f ( 1 \	1975	,
ния для числа тдйг, получим / (yj =-^Tst? . рДе Г = =r7'IS64oS°7'4oS°7'oSo7'2oSo7'oS°7'2, a Tk означает ^-кратную суперпозицию функции Т.
282
157.	Трижды применив формулу синуса двойного угла sin 2<х = 2sin a cos а, получим
о	4л . . 2л 2л 4л
Б,ПТ8 = 2 S,tl ИГ C0S Т8 = 4 Sln 78 C0S Т8 C0S 18 =
о  л л 2л 4л
= 8 Sin-j-g COS Jg-COS-jg- COS -Jg .
Заменяя косинусы синусами дополнительных углов (cos а = sin — а)), преобразуем полученное тождество к виду
8л о л . 8л . 7л . 5л sin ]g 8 sin-jg-sin-|g-sin-jg-sm-jg-.
Итак,
л . 5л . 7л 1	...
SinT8-SlnT8-s’nT8’ = T-
> -г • Зл  л 1	- 9л . л .
Но sin-jg- = sing-=g-, Sin-jg-=Sin-2 = 1, поэтому из тождества (1) получаем
. я . Зл ._ 5л . 7л . 9я 1 sin 18 sin 18 Sin Ig Sin 18 sin 18 —-jg-.
Следовательно, число, о котором говорится в задаче, рационально.
158.	I решение. Из условий задачи видно, что последовательности {ап}, {6п}, {сп}, {dn}, начиная с некоторого члена, становятся периодическими, в силу чего последовательности Ап = ап -|- bn + сп + dn и Вп = а„ + + Ь„ + Сп + dn с некоторого члена также становятся периодическими. Кроме того,
^п+1 = ап+\ + Ьп+\ + Сп.,г! + dn+1 =
—	(ап + Ьп) + (&п + сп) + (сп + dn) + (dn -|- ап) =
—	2 (ап + Ьп + сп + rf„) — 2Ап.
Пользуясь этим соотношением, нетрудно вывести, что А„+1 = 2М1 при любом п 0.
Поскольку геометрическая прогрессия {2,г} неограниченно возрастает, а последовательность {Лп}, начиная с некоторого члена, становится периодической, то А\ = О и, следовательно, Ап = 0 для любого натурального числа п.
283
Нетрудно видеть, что g„+i + cn+i =(ап 4- 6л) + (сч + + dn) = An — G, поэтому
•®л+2 = йл+2 “Ь ^й+2 ~Ь Сл+2 ^л+2 ~
= (йп+1 + ^п+1)2 + (fyi+1 4~ сп+1)2 + (с„+2 + rfn+1)2 +
+ (dn+l + a„+I)2 = 2 «+, + b*+l + c2+l + ^+1) +
4- 2 (an+i + c„+i) (bn+l + d,i+i) =
= 2 (a*+l + ^+1 + c~n+i + ^+I) = 2Bn+I
при n = 1, 2, ..., откуда B„+2 = 2nB2 для n 1.
Как и при рассмотрении последовательности {Л л}, из периодичности последовательности {Вп} мы заключаем, что В2 = 0, или aj +	= 0. Поскольку
а2, b2, с2. d2 — вещественные числа, то последнее равенство означает, что а2 = b2 = с2 — d2 = 0.
II решение. Рассмотрим последовательность многочленов Frt(x), заданных выражением
Fn (х) = an + bnx + спх2 + dnx?.	(1)
Поскольку из условий задачи мы заключаем, что последовательности {о„}, {&«}, {с«}, {rfn}, начиная с некоторого члена, становятся периодическими, то и последовательность многочленов {Fn(x)} также периодична, начиная с некоторого п. Кроме того, многочлены F удовлетворяют рекуррентному соотношению
^«+1 W = «л-н + 6n+i* + Сл+1*2 + 4-ц-к3 =
= (ап + Ьп) 4- (6„ + с„) х 4- (с„ 4- d^ хг 4- (dn 4- ап) х3 =
= (ап 4- Ьпх 4- спх2 4- 4х3) 4- (6„ 4- спх 4- dnx2 4- «л^3) = 1
= Fn (х) 4- 1 F„ (х) 4- у (х4 - 1) ап.
Подставляя х = —1, получаем Кл+1(—1) = 0, а при х, равном 1, i и —
Fn+i (1) = 2В„ (1), F„+I (0 = (1 - 0 Fn (i), Fn+l(-i) = (l+i)Fn(~i).
Переходя ко все меньшим значениям п, получаем
Fn (1) = 2"-^! (1), Fn (i) = (1 - i)n~l F{ (0, f„(-0 = (l + 0n-1/7i(i).	(2)
где n = 1, 2, ... .
284
Поскольку каждая из числовых последовательностей {F„(l)}, {Fn(i)}, {Fn(—i)}, начиная с некоторого п, становится периодической, а геометрические прогрессии {2"-1}, {|1—{[1-H’l"-1} неограниченно возрастают, то из соотношений (2) следует, что JF1(1) = — Fi(i) = Fi(—i) — 0. Но тогда Fn (1) --Fn(i) = = Fn(—1) = 0 при любом натуральном n в силу соотношений (2).
В частности, F2(—1) = F2(l) = F2(i) = F2(—0 — О или	, ,	,
CL<2.	“i ^*2 " ^2 —
а? + b2 + с2 + d2 — 0,
а2 -j- ib2с2	id2 — 0,
а2 tb2 с2 id2 — 0, Складывая отдельно левые и правые части всех четырех равенств, получаем а2 — 0. Складывая отдельно левые и правые части двух первых равенств, находим, что с2 = 0. Наконец, из второго и третьего равенств следует, что b2 = d2 = 0.
Примечание 1. Из условий задачи и приведенного выше решения следует, что ап = bn = сп = dn — 0 при п 2, но числа at, bt, Ст, d\ могут быть отличны от нуля. Действительно, достаточно выбрать а\ = Ct — t, bt=dt = —t, где t — любое число, и условия задачи будут выполнены.
Примечание 2. Задачу можно обобщить и рассматривать т периодических числовых последовательностей {й^1} (А=1, 2,	т), удовлетворяющих усло-
виям
0|П,=«т+11и о5,=<,га + <1и....
«Й7"-4”'"+<©,=+ “S’.
Если т не делится на 3, то, рассуждая по аналогии с приведенным выше решением, можно доказать, что
1) при нечетном т первые члены последовательностей {й^1} равны нулю;
2) при четном т вторые члены последовательностей {й^’} равны нулю.
Совершенно иначе обстоит дело при т, делящемся на 3: в этом случае существуют числовые последовательности {й^*} с ненулевыми членами, удовлетворяющие условиям обобщенной задачи.
285
Пусть, например, т — 3. Рассмотрим три периодические последовательности {а„}, {&«}, {сп} (с периодом 6), такие, что
®п+1 &п "Н-	Ь„+!	6П + Сп, Cn_|_ j Сп И- С1п. (3)
Пусть и и v — произвольные числа. Первые 6 членов каждой из последовательностей {ап}, {&„}, {сп} приведены в таблице:
ап и, v, v — и, — и, — v, и — v bn v — и, —и, — V, и — v, и, v сп — v, и — v,	и, v, v — и, — и
Нетрудно видеть, что условие (3) выполнено. Придав параметрам и и v надлежащие значения (например, положив и =1, v = 2), получим последовательности, все члены которых отличны от нуля.
159.	Пусть ABCD — данный тетраэдр. Выберем на лучах АВ, АС и AD такие точки В', С' и D', что
AB' = AC-AD, АС'= АВ- AD, AD' = АВ -АС (1) (рис. 105). Докажем, что треугольник B'C'D' удовлетворяет условиям задачи.
Рис. 105.
Прежде всего из соотношений (1) следует, что
АВ' _ АС АС' ~ АВ •
поэтому треугольники АВС и АС'В', имеющие общий угол ВАС, подобны. Пользуясь соотношением к(1), пре-»
286
образуем равенство отношений сходственных сторон
ВС _ АВ СВ' ~ АС' к виду
В'С' = -^-- АС' = ВС- AD.
Полученное соотношение означает, что длина стороны В'С' треугольника B'C'D' равна произведению длин скрещивающихся ребер ВС и AD тетраэдра ABCD.
Рассматривая подобные треугольники ACD и AD'C', ABD и AD'B', получаем C'D' = CD-АВ, B'D' = BD-AC. Следовательно, треугольник B'C'D' удовлетворяет условиям задачи.
Примечание. Приведенное выше решение остается в силе и в том случае, если тетраэдр ABCD вырождается в плоский четырехугольник ABCD (точки В', С, D' могут располагаться на одной прямой). Пользуясь им, можно доказать, что в любом плоском четырехугольнике произведение диагоналей не превышает суммы произведений противоположных сторон. Подробное доказательство этого утверждения мы предоставляем читателю в качестве самостоятельного упражнения.
160.	Пусть ABCD и A'B'C'D' — плоские четырехугольники с последовательными сторонами длиной а, Ь, с, d, то есть пусть
а = АВ, Ь = ВС, а' = АВ', Ь' - В'С',
с —CD, d = DA, c' = CD', 2' = 1УА',
причем
a2 = a'2 — a2, b2 = b'2 = b2,
= a2 = d'2 = d?.
Кроме того, a-|-6-|-c-|-4/ = O и a' A- b' Ar c' A- d' = Q.
Пользуясь этими соотношениями, вычислим d2:.
d2 = d2 = (- < = (a + 6 + e)2 =
= 2ab + 2tzc + 2bc -f- a2 + 62 + c2 =
= a2 - fe2 + c2 + 2 (a+t) (ft + c) =
= a2 — b2 + c2 + 2 (a b) (b -j- c),
28?
откуда
(а + 6)(М-?) = 4(^ + ^-с2-с2).	(1)
Аналогичным образом можно доказать, что
(а' + Р) (Р + с') = | (b2 + d2- а2- с2).	(2)
Векторы а 4- Ъ = АВ 4* ВС = АС и b 4- с = ВС 4- CD — — BD — диагонали четырехугольника ABCD, а векторы а' 4- Р = A'D' 4- /ГС' = АГ' н Р 4- с' = ВТ' 4- СЧУ =* = B'D' — диагонали четырехугольника A'B'C'D'. Таким образом, из соотношений (1) и (2) следует, что скалярное произведение векторов, совпадающих с диагоналями четырехугольника ABCD, равно скалярному произведению векторов, совпадающих с диагоналями четырехугольника A'B'C'D'. Поскольку скалярное произведение векторов равно нулю в том и только в том случае, если векторы ортогональны, то тем самым утверждение задачи доказано.
Примечание. В приведенном выше решении осталось неиспользованным предположение о том, что точки А, В, С, D, а также точки А', В', С', D' лежат в одной плоскости.
161.	Вероятность того, что судно не будет задержано пограничной охраной при первом забросе сетей, равна 1 — у. Поскольку события, состоящие в задержании или незадержании судна при очередном забросе сетей, независимы, то вероятность того, что судно не будет задержано при п забросах сетей, равна (1 —	. Сле-
довательно, ожидаемая прибыль от п забросов сетей равна
f (n)==wn(l — I) ,	(1)
где w — прибыль, извлекаемая от одного заброса сетей.
Задача сводится к тому, чтобы определить, при каком натуральном числе п функция f(n) достигает максимального значения.
288
Из явного вида (1) функции f(n) следует, что
/	1 \й+1
Нп+!) = №(«+1)(1 -|) =
_')т

Поскольку неравенство 1 -Т ——1 равносильно неравенству (k— 1) — п^О, или n^k— 1, то
f (п 1) > f (п) при n = 1, 2, ..k — 2, f(n+l) = f(n) при n=k— 1,
f(n+l)<f(tl) при n=k, /?+1.......
Таким образом, своего наибольшего значения функция f достигает дважды: при п = k— 1 и п = k.
162.	Пользуясь формулой f(kl) = f(k) + f(l), нетрудно доказать, что
f(tns) = sf(m)
(1)
при любых натуральных числах т и s. Из соотношения (1), в частности, следует, что f (1) = f (I2) = 2f (1), или 1(1) = 0, а поскольку f—возрастающая функция, то f(2)>f(l)=0.
Пусть р — число, заданное соотношением logp2— f(2) _
= f(2), то есть — 2, или р = д/2- Следовательно, р> 1.
Для любого натурального числа п 2 существует такое натуральное число г, что
2r<n<2r+1.
(2)
Логарифмируя неравенство (2) по основанию р, получаем
г logp 2 < logp n < (г + 1) logp 2,
rf (2)<logp(2)+ f (2).	(3)
или
*/210 Зак 933
289
Так как f—возрастающая функция, то из неравенства (2) следует, что
f(2r)<f(n)<f(2r+I).
Соотношение (1) позволяет преобразовать полученное равенство к виду
rf(2)<f(n)<(r+l)f(2) = rf(2) + f(2).	(4)
Неравенства (3) и (4) означают, что числа logpn и f(n) принадлежат одному и тому же отрезку длиной f(2), поэтому
-f(2)<f(n)-logpn<f(2)	(5)
при любом натуральном п 2. В частности, подставляя в неравенство (5) вместо п число nk, где п 2, a k— любое натуральное число, и используя соотношение (1), получаем
— f (2) < kf (n) — k logpM < f (2), или
--^<f(n)-10gpn<^	(6)
при k = 1, 2...Переходя в неравенстве (6) к пре-
делу при k—>оо, заключаем, что f(n) = logp п при п^2. Это же соотношение выполняется и при п — 1: f(l) = = 0 = logp 1.
Примечание. В приведенном выше решении мы нигде не использовали предположение о том, что п — натуральное число. Следовательно, соображения, аналогичные приведенным выше, позволяют доказать, что любую возрастающую функцию f, удовлетворяющую условию f(kl) = f(£)+ f(l) и заданную на множестве вещественных положительных чисел, можно представить в виде
f (х) = logp х,
где р > 1.
ПРИЛОЖЕНИЕ
В этот раздел включены некоторые задачи, предлагавшиеся на двух первых турах олимпиад 1970—1976 гг.
ЗАДАЧИ
1.	Через точку Р, лежащую в плоскости треугольника АВС, проведены 3 прямые, перпендикулярные соответственно прямым ВС, АС и прямой, содержащей медиану СЕ.
Доказать, что эти прямые пересекают прямую, содержащую высоту CD, в точках К, L, М, которые служат концами равных отрезков: КМ — LM.
2.	Найти цифры а, Ь, с, для которых при любом натуральном п выполняется равенство
аа ... а bb ... b + 1 = (сс ... с + I)2. п	п	п
(Запись aitz2 ... а* означает число, у которого (в десятичной системе счисления) число единиц равно а*, число десятков—число сотен — и так далее.)
3.	Доказать, что в любом выпуклом многограннике имеется либо треугольная грань, либо трехгранный угол.
4.	Даны 6 прямых в пространстве, из которых никакие 3 не параллельны, никакие 3 не проходят через одну и ту же точку и никакие 3 не лежат в одной плоскости.
Доказать, что из этих 6 прямых всегда можно выбрать 3 прямые, из которых любые 2 скрещивающиеся.
7г Ю*
291
5.	Дана бесконечная последовательность {сп}. Доказать, что если
то
«п + «п+2>2а„+1	(га=1, 2, ...),
4~ Д3 4" • ’ • 4~ ^2n+l 2>>	4" #4 4~  • • 4~ а2П
п + 1	п
{п=\, 2, ...).
6.	Все цифры а десятичной записи числа при некоторых натуральных п одинаковы.
При каких а это возможно?
7.	Ломаная, заключенная в квадрат со стороной 50, обладает тем свойством, что расстояние от любой точки квадрата до нее меньше 1
Доказать, что длина ломаной больше 1248.
8.	В прямоугольнике со сторонами 20 и 25 находятся 120 квадратов со сторонами, равными 1.
Доказать, что в этом прямоугольнике существует круг единичного диаметра, не имеющий общих точек ни с одним из 120 квадратов.
9.	Куб с ребром п разделен плоскостями, параллельными его граням на п3 единичных кубов.
Сколько существует пар единичных кубов, имеющих не более двух общих вершин?
10.	Доказать, что во вписанном в окружность выпуклом четырехугольнике прямые, проведенные через середины сторон перпендикулярно противоположным сторонам, пересекаются в одной точке.
11.	Доказать, что из 25 различных положительных чисел всегда можно выбрать два числа, сумма и разность которых не совпадает ни с одним из остальных 23 чисел.
12.	Найти наименьшее натуральное число п>1, обладающее следующим свойством: существует множество Z, состоящее из п точек плоскости, таких, что лю
292
бая прямая АВ (Л, BgZ) параллельна некоторой другой прямой CD (С, D eZ).
13.	Доказать, что если центр описанной сферы тетраэдра совпадает с центром вписанной сферы, то грани этого тетраэдра конгруэнтны.
14.	Доказать, что если положительные числа х, у, г удовлетворяют неравенству
х2 + у2 — z2		у2 + Z2 — X2		z2 + х2 — у2	.
2ху	* 2yz	‘ 2xz	’
то они совпадают с
длинами сторон некоторого тре
угольника.
15.	Доказать, что для любого неотрицательного целого числа т существует такой многочлен w с целочисленными коэффициентами, для которого 2т является наибольшим общим делителем чисел ап = Зп + w(n) при п — 0, 1,2......
16.	Кипу документов разделили на п частей и раздали на сохранение п лицам, у каждого из которых имеется телефон.
Доказать, что при п 4 достаточно 2п — 4 телефонных разговоров, чтобы по окончании их все п лиц ознакомились с содержанием всех документов.
17.	Каждая диагональ некоторого выпуклого пятиугольника отсекает от него треугольник единичной площади.
Вычислить площадь этого пятиугольника.
18.	Через вершину трехгранного угла с не более чем одним прямым плоским углом проведены три прямые, каждая из которых перпендикулярна одному из ребер трехгранного угла и лежит в плоскости грани, не содержащей этого ребра.
Доказать, что все 3 проведенные прямые лежат в одной плоскости.
19.	Доказать, что ортогональные проекции вершины D тетраэдра ABCD на плоскости, делящие пополам
Зак УЗЗ
293
внутренние и внешние двугранные углы при ребрах АВ, ВС и СА, лежат в одной плоскости.
20.	Каждая из сторон выпуклого четырехугольника ABCD площади S разделена на 3 равные части. Соответственные точки деления противоположных сторон соединены отрезками прямых так, что четырехугольник оказался разделенным на 9 четырехугольников.
Доказать, что сумма площадей трех из этих четырехугольников— четырехугольника, содержащего вершину А, среднего четырехугольника и четырехугольника, содержащего вершину С, — равна S/3.
21.	На балу присутствовали 42 особы. Дама Ai танцевала с 7 кавалерами, дама Л2 — с 8 кавалерами, ... ..., дама Ап — со всеми кавалерами.
Сколько дам и кавалеров было на балу?
22.	Дан остроугольный треугольник АВС. На его сторонах вне его построены два равносторонних треугольника АВС' и АСВ'. Пусть К и L — середины сторон АС' и В'С, а М — такая точка на стороне ВС, что ВМ =, = ЗМС.
Доказать, что углы треугольника KLM равны 90°, 60°, 30°.
23.	В пространстве заданы куб с ребром а и шары В\, В2, .... Вп произвольных радиусов, такие, что каждая точка куба принадлежит одному из шаров.
Доказать, что из п заданных шаров можно выбрать попарно не пересекающиеся, сумма объемов которых не ( а \3 меньше ItH •
24.	Пусть в некоторый выпуклый многогранник можно вписать сферу, а его грани можно раскрасить в один из двух цветов так, что любые 2 из них, имеющие общее ребро, будут окрашены в различные цвета.
Доказать, что грани одного цвета имеют такую же площадь, как и грани другого цвета.
25.	Пусть f(x) и g(x)— многочлены с целочисленными коэффициентами.
294
Доказать, что если при любом целом п число f(n) делится на число g(n), то f(x) = g(x)-h(x), где h(x) — многочлен. Привести пример, показывающий, что коэффициенты многочлена h(x) не обязательно должны быть целочисленными.
26.	Самолет совершает беспосадочный перелет по кратчайшему маршруту из Осло в город X, расположенный на экваторе в Южной Америке. Из Осло самолет вылетел, держа курс на запад. Географические координаты Осло известны: 59°55' северной широты и 10°43' восточной долготы.
Вычислить географические координаты города X. Что это за город? Вычислить с точностью до 100 км расстояние, преодоленное самолетом на пути из Осло в X.
Предполагается, что Земля имеет форму идеального шара с длиной экватора 40 000 км, а перелет происходит на высоте не более 10 км.
27.	Точки А', В', С', D' плоскости Q — образы точек А, В, С, D плоскости Р при параллельной проекции, причем все точки А, В, С, D, А', В', С', D' различны и никакие 3 из них не лежат на одной прямой.
Доказать, что тетраэдры ABCD' и A'B'C'D имеют равные объемы.
28.	Рассмотрим сферический сегмент, не содержащий ни одной окружности большого круга. Расстояние между точками А и В такого сегмента определим как длину дуги той части окружности большого круга, которая содержится в рассматриваемом сегменте.
Доказать, что не существует изометрии, отображающей такой сегмент на какое-нибудь подмножество плоскости.
(Сферическим сегментом называется любая из двух частей, на которые делит поверхность сферы секущая плоскость.)
29.	Внутри окружности S размещены окружность Т и окружности К], К.2, ..., Кп, касающиеся извне окружности Т и изнутри окружности S, причем окружность касается окружности К2, окружность Аг — окружности Аз, • • , окружность Кп — окружности Ki.
10*	295
Доказать, что точки касания окружностей К\ и Кз, К2 и Кз и так далее лежат на одной окружности.
30.	Шесть точек расположены на плоскости так, что любые 3 из них служат вершинами треугольника со сторонами различной длины.
Доказать, что наименьшая сторона одного из треугольников одновременно является наибольшей стороной другого треугольника.
РЕШЕНИЯ
1.	Докажем сначала несколько вспомогательных фактов.
Лемма. Если соответственные стороны двух треугольников параллельны, то треугольники подобны.
Доказательство. Пусть АВ\\А'В', ВС^В'С', СА || С'А'. Тогда стороны соответственных углов треугольника АВС параллельны. Следовательно, соответственные углы либо равны, либо в сумме составляют развернутый угол:
Z А = Z А' или Z.B— Z В' или Z С — Z. С' или
ZX + Z4' = 180°, Z В+ Z В'= 180°, ZC+ ZC'= 180°.
Если бы по крайней мере в двух случаях сумма соответственных углов была равна 180°, например Z.A 4~ + Z.A’ = 180° и ZB + ZB' = 180°, то, поскольку сумма внутренних углов треугольника равна 180°, выполнялось бы соотношение
Z4+Z4'+ZB+ZB' = 360° =
= Z Л + Z В + Z С + Z. А’ + Z.B' + ZC' и
ZC + ZC' = O°, что невозможно.
Следовательно, по крайней мере в двух случаях соответственные углы равны, например Z.A = Z.A’ и Z.B = = Z.B'. Отсюда следует, что треугольники АВС и А’В'С подобны.
Следствие. Если соответственные стороны двух треугольников взаимно перпендикулярны, то эти треугольники подобны.
296
Доказательство. Пусть
AB_LAiBh BC.LBjCj, CAj-CtA^ (1)
Повернув треугольник Л1В1С1 вокруг любой точки на прямой угол, получим треугольник А'В'С, стороны которого перпендикулярны соответственным сторонам треугольника Д1В1С1, то есть
Д1В11 А'В', BiCi ± В'С', С}А} 1 С'А'.	(2)
Из (1) и (2) следует, что АВ || А'В', ВС || В'С, СА || С'А'. По доказанной выше лемме это означает, что
треугольники АВС и А’В’С' подобны. Но треугольники А'В'С и Д1В1С1 конгруэнтны, поэтому треугольники АВС и AiBiCi также подобны.
Переходим к решению задачи.
Если точка Р лежит на прямой, содержащей отрезок CD, то Р — К = L — М и поэтому /СИ — LM = 0.
Если точка Р не лежит на прямой, содержащей отрезок CD, то из условий задачи мы заключаем, что соответственные стороны треугольников РКМ и СВЕ, PLM н САЕ взаимно перпендикулярны (рис. 106). По
297
доказанному выше следствию из леммы треугольники РКМ и СВЕ, PLM и САЕ подобны.
Пусть X и |i — отношения соответственных сторон треугольников РЕМ и СВЕ, PLM и САЕ. Тогда PM = КСЕ, ЕМ = hBE, РМ = цСЕ, LM = цАЕ. Сравнивая первое из этих равенств с третьим, получаем X = ц. Точка Е — середина отрезка АВ, то есть АЕ = BE, поэтому из второго и четвертого равенств следует, что КМ — LM.
2.	Пусть рп = 11 ... 1, тогда рп = 10" 1 + 10" 2 + ...
... + 10 + 1 = —g—- и 10" = 9р„ + 1. Числа аа ... а bb ... b и (сс ... с-Т I)2 можно выразить через '—v---' '—v>
п	п
рп следующим образом:
аа ... а bb ... b — аа ... а • 10" + bb ... Ь =
'--v ' '---v—'	'—„—'	'--v—'
п	П	П	П
= ар„10" + bpn = арп (9рп + 1) + Ьрп,
(сс „ . с + I)2 = (срп + 1 )2 = с2р2 + 2срп + 1.
п
Таким образом, равенство, приведенное в условиях задачи, в новых обозначениях имеет вид
9ар2 + (а + b) рп + 1 = с2р2п + 9срп + 1, или
9арп + (а + Ь) = с2рп + 2с.	(1)
Воспользуемся следующей теоремой: если значения двух многочленов f(x) и g(x) совпадают при бесконечно многих значениях аргумента х, то коэффициенты при одинаковых степенях х этих многочленов равны.
В рассматриваемом случае значения многочленов f(x) = 9ах + (а + Ь) и g(x) — с2х-\-2с совпадают при х — рп, где п = 1, 2, ... . Следовательно, по сформулированной выше теореме коэффициенты многочленов f(x) и g(x) при одинаковых степенях х равны, то есть
9а = с2 и а-\- Ь — 2с.
(2)
298
Наоборот, если числа а, Ь, с удовлетворяют условиям (2), то, очевидно, при любом натуральном п выполняется соотношение (1). Таким образом, достаточно найти все цифры а, Ь, с, для которых справедливы соотношения (2). Из уравнения 9а = с2 следует, что с делится на 3, то есть цифрой с могут быть 0,3, 6 и 9. Вычислить соответствующие значения а и b в каждом из трех случаев нетрудно. Система двух уравнений (2) допускает следующие решения: (0, 0, 0), (I, 5, 3), (4, 8, 6) и (9, 9, 9).
Примечание 1. Предположение о том, что соотношение (1) выполняется при любом натуральном п, позволяет по другому вывести систему уравнений (2). Разделив правую и левую части соотношения (1) на рп и перейдя к пределу при п -> оо ( lim рп — со), получим п->°о
lim П->оо
(9а4
= 9л + 0 = 9а
Рп /
И
lim (сг +	= с2 + 0 — сг.
П-^оо \ Рп /
Таким образом, 9а = с2. Из этого равенства и исходного соотношения (1) следует, что а + b = 2с.
Примечание 2. Аналогичная задача допускает решение и в случае системы счисления с любым основанием g 2.
После преобразований, аналогичных тем, которые приведены в решении задачи, получаем соотношение
(g— 1)арп + (а + Ь) = с2рп + 2с,	(Г)
выполняющееся при любом натуральном числе п. Как и выше, доказываем, что оно равносильно системе уравнений
(g—1)с = с2 и a + b = 2c.	(2')
Найдем все цифры а, Ь, с, удовлетворяющие в системе счисления с основанием g системе уравнений (2'). Пусть t2— наибольший натуральный квадрат, на который делится число g—1. Тогда g—I = t2s, где s — число, не содержащее квадратов, то есть не имеющее делителей, равных квадрату натурального числа больше 1. Из первого уравнения (2') следует, что с делится на is, то есть с = tsu, где и — некоторое целое число. Из
299
того же уравнения получаем, что а = su2. Наконец, второе из уравнений (2') приводит к соотношению b = = su(2t— и).
Итак, все решения системы уравнений (2') в целых числах определяются выражениями
а = su2,
b = su (21 — и), с = tsu,
(3')
где и — любое целое число.
Но в нашей обобщенной задаче а, Ь, с — цифры в системе счисления с основанием g, то есть они удовлетворяют неравенству 0 a, b, с g— 1 — t2s. Неравенство 0 с g— 1 можно записать в виде 0 tsu t2s, что равносильно неравенству 0 и t Наоборот, если
О н то 0 а = su2 st2 — g — 1 и О b — — su(2t — и)= s(2tu — м2) = s(t2 —(t — u)2)^. st2 = —g—1. Таким образом, все решения задачи содержатся
в выражениях (3'), где g— 1 — t2s и
В частности, при и — 0 получаем решение а — b = — с = 0, а при и — t — решение а = b — с — g — 1.
3.	Предположим, что существует выпуклый многогранник W, не имеющий ни треугольной грани, ни трехгранного угла. Пусть w — число вершин, k — число ребер, a s — число граней такого многогранника, и пусть Ф— сумма всех плоских углов при его вершинах. Поскольку из каждой вершины многогранника W выходят по крайней мере 4 ребра, а каждое ребро соединяет 2 вершины, то k • 4w = 2ку. Так как каждая грань имеет не меньше 4 сторон, а при п 4 сумма внутренних углов n-угольника 2л, то ф 2ns. Выберем внутри каждой грани S£- точку и соединим ее отрезками прямых со всеми вершинами, принадлежащими грани S,-. Поверхность многогранника при этом окажется разбитой на 2k треугольников, так как каждое ребро служит стороной ровно двух треугольников. Пусть Т — сумма внутренних углов всех треугольников. Тогда 4лш sC <С 2/гл = Чт — ф + 2ns 2ф и, таким образом, ф Js 2лву. С другой стороны, поскольку многогранник W выпук
зоэ
лый, то <р < 2лш. Полученное противоречие означает, что исходное предположение о существовании выпуклого многогранника, не содержащего ни одной треугольной грани и ни одного трехгранного угла, не верно.
4.	Из условий задачи следует, что среди любых 3 заданных прямых непременно окажутся 2 скрещивающиеся прямые. Поставим заданные прямые во взаимно-однозначное соответствие с вершинами выпуклого шестиугольника, помеченными цифрами 1, 2, .... 6 (рис. 107).
Соединим вершины шестиугольника сплошными линиями, если прямые, соответствующие вершинам, скрещиваются, и пунктирной, если соответствующие прямые не скрещиваются.
Исходная задача сводится к следующей. Даны 6 точек. Любые 2 из них соединены сплошной или пунктирной линией. Любой треугольник с вершинами в заданных точках имеет по крайней мере одну сплошную сторону. Доказать, что существует треугольник, все стороны которого сплошные.
Предположим, что треугольника с тремя сплошными сторонами не существует. Тогда какие-то 2 из заданных точек заведомо соединены пунктирной линией. Пусть, например, это будут точки 1 и 2. Поскольку в каждом из треугольников 123, 124, 125, 126 имеется сплошная сторона и эта сторона не 12, то каждая из точек 3, 4, 5, 6 соединена сплошной линией по крайней мере с одной из точек 1 и 2.
301
Если бы какая-нибудь из точек 1, 2 была соединена непрерывной линией по крайней мере с тремя из точек 3, 4, 5, 6 (например, точка 1 с точками 3, 4, 5), то, рассматривая треугольники 134, 145, 135, имеющие по 2 сплошные стороны, мы заметили бы, что стороны 34, 45 и 35 пунктирные (рис. 107). Следовательно, в треугольнике 345 ни одна из сторон не была бы сплошной, что по условиям задачи невозможно.
Итак, каждая из точек 1, 2 соединена сплошными линиями с двумя из точек 3, 4, 5 и 6. Не уменьшая общности, предположим, что точка 1 соединена сплошными линиями с точками 3 и 4, а точка 2 — с точками 5 и 6. С точками 5 и 6 точка 1 соединена пунктирными линиями так же, как точка 2 с точками 3 и 4 (рис. 108),
Рис 108.
Рассмотрим треугольник 256. Нетрудно видеть, что вершины 5 и 6 соединены пунктирной линией. Но тогда все стороны треугольника 156 пунктирные, что по условиям задачи невозможно. Полученное противоречие доказывает, что существует треугольник, все стороны которого сплошные.
5.	Преобразуем неравенство ап + йп+2 2an+i, приведенное в условиях задачи, к виду
®п+2	Яп+1^ап+1 ап’
(1)
Если ввести новые обозначения bn+i = an+i — ап при n= 1, 2......то неравенство (1) можно представить в
302
виде bn+z bn+i. Следовательно, {ft,J — неубывающая последовательность.
Записав неравенство
Qi + Дз + ... + Ggn + i
п + 1
О; + а4 + •  • + а?п п
в виде
n (di + аз+ • • • + «2rt+l) > (,г + 1) (а2 + а4 + • • • + °2м) (2)
докажем его методом математической индукции по п. При п = 1 неравенство (2) переходит в ai + a3^ 202-Это не что иное, как частный случай исходного неравенства ап + о„+2 5г 2оп+1.
Предположим, что неравенство (2) справедливо при некотором натуральном п. Докажем, что тогда оно выполняется и для числа п-\- 1, то есть
(н + 1) (О1 + О3 + ... + О2п + 1 + О2„+2)
(н + 2) (а2 + о4 + ... + а2п + о2п+3).	(3)
Сравнивая неравенства (2) и (3), нетрудно понять, что задача сводится к доказательству неравенства
+ п3 + ... + а2п+ j) + (п + 1) а2«+з
(а2 +	+ • • • + а2п) + (п + 2) a2n+2i (4)
поскольку сложив отдельно правые и левые части неравенств (2) и (4), мы получим неравенство (3).
Подвергнем неравенство (4) эквивалентному преобразованию:
(и + 1) (й2п+3 — а2п+г) (а2 — а1) + (а4 — аз) + • • ♦
• • • + (а2п — а2п-1) + (а2п+2 — °2n + l)>
(п + 1) Ь2«+3 Ь2 + bi + ... + Ь2п +	(5)
Поскольку, как доказано в начале решения, {£„} — неубывающая последовательность, то, в частности,
^2п+3 2^ Ъ2,
^2п+^
&2Л+3	^2л>
Ь^п+З^ ^2п+2‘
303
Складывая отдельно правые и левые части этих неравенств, получим неравенство (5). Следовательно, выполняются неравенства (4) и (3). Отсюда по принципу математической индукции мы заключаем, что неравенство (2) справедливо при любом натуральном числе п.
6.	Исключим тривиальные случаи О п 4 и будем в дальнейшем считать, что цифра а повторяется не менее двух раз. Ясно, что цифра а не может быть нулем. Если бы десятичная запись числа tn — ^n(n ф- 1) состояла бы из k единиц, где k 5= 2, то 97п = 10*—1, и после несложных преобразований мы получили бы, что (3/г ф- 1) (3/г ф- 2) = 2 • 10* — 2*+’ • 5*. Поскольку последовательные натуральные числа З/гф-1, 3/г ф- 2 взаимно просты и 2*+1	22* = 4* <С 5*, то 3/г ф- 1 = 2*+', а
3/г + 2 = 5*. Вычитая из левой части второго равенства левую часть первого, а из правой — правую часть первого, получаем 1—5* — 2*+1 >4* — 2*+I = 2* (2* —- 2) ^8, так как k 2. Полученное противоречие показывает, что а не может быть единицей.
Заметим, что 8/n ф- 1 = (2п ф- I)2. Если бы десятичная запись числа tn оканчивалась цифрами 2, 4, 7 или 9, то запись числа 8tn ф- 1 оканчивалась бы цифрами 7 или 3. Но последней цифрой квадрата любого натурального числа могут быть только 0, 1, 4, 5, 6 или 9. Следовательно, цифра а не может быть равной 2, 4, 7, 9.
Если десятичная запись числа t„ оканчивается набором цифр 33 или 88, то запись числа 8tn ф- 1 оканчивается цифрами 65 или 05. Но ни один квадрат натурального числа не оканчивается этими цифрами, поскольку такое число т должно быть нечетным и делиться на 5, то есть быть числом вида т = 10йф-5, в силу чего число т2 = 1ООА'2 ф-100Л ф-25 при делении на 100 давало бы остаток 25, или, что то же, десятичная запись числа т2 оканчивалась бы цифрами 25. Следовательно, 3 и 8 не могут быть цифрой а.
Нетрудно видеть, что 5 или 6 могут быть цифрой а. Действительно, /ю = 55, /п = 66, /36 = 666.
Примечание. Доказано, что из чисел t„ при п > 3 десятичная запись лишь трех чисел Go, tn и Ge содержит повторяющиеся цифры. (См. David W. Weger, Notices Amer. Math. Soc., 19 (1972), А-5Я, Abstr. 72-T-A152.)
304
7.	Пусть ломаная Л1Л2 — Дч обладает тем свойством, о котором говорится в задаче, Ki (i=l,2,..., и) — круг с центром в точке А, и радиусом 1, a F, (i =1,2,... ...,п—1) — фигура, ограниченная отрезками прямых, параллельными линии центров AiAt-+i и отстоящими от нее на единичное расстояние, и дугами граничных окружностей кругов /Q и Ki+i (на рис. 109 фигура F, заштрихована).
Множество точек плоскости, отстоящих от некоторой точки отрезка Л,Д,+1 меньше чем на 1, содержится в объединении кругов Ki, /G+i и фигуры Ft. Из условий задачи следует, что квадрат со стороной, равной 50, содержится в множестве
KiUfiU/GU^UtfsU ... U^_1UF„_1U^ =
п—1
= U №ил)и^. 4=1
Поскольку площадь фигуры (Ki\Ki+i) l)Fz=2. Л/Д.+ь то площадь фигуры К, U F, не меньше 2Л,Л,+1, а площадь круга Kt равна л. Площадь квадрата не превышает
305
суммы площадей фигур Ki\JFt и круга Кп, то есть
п—1
2500 <2 Z ЛЛ+|+«-
4=1
Следовательно, длина ломаной
1248.
8.	Круг диаметром 1 имеет общую точку с квадратом ABCD со стороной 1 в том и только в том случае, если центр Р круга находится от стороны квадрата на расстоянии не больше 1/2- Следовательно, точка Р принадлежит фигуре А'В'В"С"С'D'D"А" (рис. ПО), составленной из квадрата ABCD, четырех прямоугольников
размера 1 X V2 и четырех четвертей круга радиуса 1/2. Площадь этой фигуры равна 1 + 4-1 •'/г + 4-’/^(‘/г)2 = = 3 + л/4.
Если каждому из 120 заданных квадратов мы сопоставим фигуру, изображенную на рис. 110, и обозначим суммарную площадь всех 120 фигур через F\, то F\ 120-(3 + л/4) = 360 + 30л, поскольку фигуры, соответствующие отдельным квадратам, могут перекрываться.
Центр круга диаметром 1, расположенный внутри заданного прямоугольника, находится от сторон прямоугольника на расстоянии меньше */г в том и только в том случае, если круг не содержится целиком в прямо
306
угольнике. Множество точек прямоугольника, отстоящих от одной из его сторон меньше чем на 1/2, образует фигуру Fz (рис. 111) площадью 20-25— 19-24 = 44.
Так как л •< 3,2, то сумма площадей фигур Fi и F? меньше 360-f-30 • 3,2 + 44 = 500, а площадь заданного прямоугольника равна 20-25 = 500.
Рис. 111.
Следовательно, существует точка Р — принадлежащая заданному прямоугольнику и не принадлежащая ни фигуре Fi, ни фигуре Г2, а круг единичного диаметра с центром в точке Р целиком содержится в заданном прямоугольнике и не имеет общих точек ни с одним из 120 заданных квадратов.
9.	Если два единичных куба имеют по крайней мере 3 общие вершины, то они обладают общей гранью. Наоборот, каждая грань единичного куба, не содержащаяся в грани большого куба, задает пару единичных кубов, имеющих по крайней мере 3 общие вершины. Определим число таких граней. Число единичных кубов равно /г3, каждый из них имеет по 6 граней, но 6п2' граней содержится в гранях большого куба. Следовательно, внутри большого куба находятся би3 — би2 граней единичных кубов и каждая из них сосчитана дважды. Итак, число пар единичных кубов, имеющих по крайней мере 3 общие вершины, равно Зп3—Зп2. Поскольку число всех пар единичных кубов равно (	п3 (п3 — 1), то
число пар, образованных единичными кубами, которые
307
имеют не больше двух общих вершин, равно
4- п3 (п3 — 1) — (Зи3 — Зп2) = 4- п2 (п* — 7п + 6).
10.	I. решение. Пусть ЛВС!) — выпуклый четырехугольник, вписанный в окружность, Р, Q, R, S — середины его сторон и О — середина отрезка PR (рис. 112}.
Тогда 1
в = 1(л + £).	+	/?=|(С + Р),
в=4-(£’ + л)’ о = 4-(р + /?)==т(л + ^ + с + в).
Так как у (Q + S) = (л + В -f- С + D) = О, то точка О совпадает с серединой отрезка QS.
Пусть A'B'C'D' — образ четырехугольника ABCD при симметрии относительно точки О. Так как при центральной симметрии середина отрезка переходит в середину отрезка, а в рассматриваемой симметрии точки Р и R
1 Суммой точек X — (хъ х2) и У = (у,, уг) по определению называется точка X + У = (xi +Уь + Уг); произведением точки X =(Xi, х2) и числа с —точка аХ = (axt, ахг). В этих обозначениях, середину Z отрезка XY можно записать так: Z = 1/2(Х 4- У),
308
переходят в точки /? и Р, точки Q и S — в точки S и Q, то точки Р, Q, R, S совпадают с серединами сторон четырехугольника A'B'C'D'. Четырехугольник A'B'C'D' можно вписать в окружность, поскольку его прообраз —• четырехугольник ABCD — можно вписать в окружность, и это свойство сохраняется при центральной симметрии. Стороны четырехугольника A'B'C'D' параллельны соответственным сторонам четырехугольника ABCD, поэтому прямые, проходящие через середины сторон четырехугольника ABCD перпендикулярно противоположным сторонам, совпадают с прямыми, проходящими через середины соответственных сторон четырехугольника A'B'C'D’ перпендикулярно к этим сторонам. Эти прямые пересекаются в центре описанной окружности четырехугольника A'B'C'D', поскольку его стороны можно рассматривать как хорды описанной окружности, а перпендикуляр, восставленный из середины хорды, проходит через центр окружности. Таким образом, прямые, о которых говорится в задаче, пересекаются в одной точке — центре описанной окружности четырехугольника A'B'C'D'.
II решение. Пусть К— центр описанной окружности четырехугольника ABCD, Р, Q, R, S — середины его сторон. Тогда
р=1(л + в), Q=4(B + C), /? = 1(С + П), $=4(£> + Л).
Выберем систему координат так, чтобы точка совпала с ее началом. Поскольку прямая, проходящая через центр окружности и середину хорды, перпендикулярна хорде, то КРА_АВ, KQ 1 ВС, KR 1 CD, KS 1 DA.
Параметрическое уравнение прямой, проходящей че-—>
рез точку U и параллельной вектору VW, имеет вид p(t) = U + t(W- V).
Прямая, проходящая через середину стороны АВ и перпендикулярная стороне CD, параллельна вектору KR. Следовательно, ее параметрическое уравнение имеет вид
р(/) = 1(Л + В) + /(/?-К) = 1(Л + В)+4(С + П).
309
Подставляя t= 1, убеждаемся в том, что точка р(1) = = 7г И + В + С + D) принадлежит рассматриваемой прямой.
Аналогичным образом можно доказать, что точка 7г И + В + С + D) принадлежит каждой из прямых, о которых говорится в условиях задачи. Следовательно, все эти прямые пересекаются в точке р(1) = '/гИ + В + + С + £>).
11.	Пусть А= {«i, «2, .-., «25}— множество заданных чисел, причем 0 < а\ < «2 < ... < «25- Предположим, что при любых г, s, где 1 г < s 25, as -f- ar е е Л \ {ar, «Д или as — я, е Л \ {ar, as}. Поскольку ясно, что аг — as <Z 0, то число аг — as не принадлежит множеству А.
Так как неравенство «25 + «/ > «25 выполняется при i = 1, 2, ..., 24, то «25 + щ^А и в силу принятого нами предположения 24 числа а25 — «< образуют убывающую последовательность, все члены которой принадлежат множеству А \ {«25}, насчитывающему 24 элемента. Это означает, что при i = 1, 2, ..., 24
«25 — ai — а25-1-
Так как неравенство «24 + «/ > «24 + «1 — «25 выполняется при j = 2, 3, ..., 23, то «24 + а/ ф А и в силу принятого нами предположения «24 — «/ А. Кроме того, «24 — а! «24 —• «2 = («25 — «1) — («25 ~ «2з) = «23 — — «1 < «23- Следовательно, 22 числа «24 — «у образуют убывающую последовательность, члены которой принадлежат множеству А \ {«2з, «24, «25}, содержащему 22 элемента. Это означает, что при j = 2, 3, ..., 23
«24 — «/ — «24—/*
В частности, «24 — «12 = «12 и поэтому «24—«12^ <^А\{«12, «24}* Кроме ТОГО, «24 + «12 > «24 + «1 = «25, в силу чего «24+ «12^ А, что противоречит исходному предположению.
12.	Докажем сначала, что множество Z вершин правильного пятиугольника обладает тем свойством, о котором говорится в задаче, в силу чего п 5. Точнее говоря, докажем, что любая сторона правильного пятиугольника параллельна какой-нибудь диагонали и, нао
310
борот, любая диагональ параллельна одной из его сторон.
Достаточно доказать, что АВ || СЕ (рис. 113). Поскольку четырехугольник АВСЕ можно вписать в окружность (а именно, в описанную окружность правильного пятиугольника), то ZA + /.ВСЕ = л. Так как /А = = /В, то /ВСЕ = п—/В. Таким образом, АВ || СЕ.
С другой стороны, из условий задачи следует, что п 4, поскольку по крайней мере 2 несовпадающие прямые параллельны и каждая из них проходит по крайней мере через две точки множества Z. Если бы п = 4 и точки А, В, С, D удовлетворяли условиям задачи, то они располагались бы в вершинах трапеции. Но ни одна из диагоналей трапеции не параллельна другой прямой, заданной двумя ее вершинами. Таким образом, п > 4, и из доказанного выше неравенства п 5 следует, что п = 5.
13.	Пусть О — центр вписанной и описанной сфер тетраэдра ABCD, г и R— их радиусы. Если О'— точка касания вписанной сферы с одной из граней тетраэдра, а Р — одна из вершин, принадлежащих этой грани, то, применяя к треугольнику ОО'Р теорему Пифагора, получаем О'Р = 'у/R2 — г2. Таким образом, точка О' равноудалена от всех вершин рассматриваемой грани и поэтому совпадает с центром описанной окружности этой грани. Отсюда также следует, что радиусы описанных окружностей всех граней тетраэдра равны одной и той же величине д/ R2 — г2.
311
Точка О' лежит внутри грани, так как О' — точка Касания грани и вписанной сферы. Кроме того, точка О' совпадает с центром описанной окружности грани, поэтому все углы грани острые, поскольку они вписаны в окружность и опираются на дуги, которые меньше половины окружности (рис. 114).
Применяя теорему синусов к треугольникам АВС и CBD (рис. 115), получаем sin(Z ВАС) = —ВС и
2 у/ R2 — г2
sin(ZBDC) = —т-ВС	откуда sin(ZBAC)=sin(ZB£)C),
2 -у R2 — г2
а значит, и Z_BAC= Z^BDC, поскольку оба угла острые. Аналогичным образом докажем, что любые 2 внутренних угла граней тетраэдра, лежащие против одного и того же ребра, равны, то есть ZABC= ZADC, Z.ACB= Z.ADB, Z ABD = Z ACD, Z BAD = Z BCD, Z CAD = Z CDB. Пусть a, p, y, 6, e, i] — величины попарно равных углов, встречающихся в шести указанных равенствах. Тогда
a + р + у = л, р + б + т] = л,	(1)
У + б + е = л, a + е + 1] = л,	(2)
так как сумма внутренних углов любой грани равна л. Складывая левые и правые части равенств (1) и отдельно равенств (2), получаем
a + 2р + у + б + т] = 2л, a + у + б + 2е + Л = 2л.	(3)
Поскольку правые части равенств (3) равны, то их левые части также равны, откуда р — е. Поскольку
312
P= Z.ABC, а е = 'ZBCD, то отсюда следует, что треугольники АВС и DCB конгруэнтны (рис. 115).
Аналогичным образом можно доказать, что любые 2 грани тетраэдра ABCD также конгруэнтны.
Примечание. Если центр описанной окружности некоторого треугольника совпадает с центром вписанной окружности, то такой треугольник равносторонний. Аналогичное утверждение для трехмерного пространства не верно существуют неправильные тетраэдры, у которых центр описанной сферы совпадает с центром вписанной сферы.
Например, рассмотрим тетраэдр ABCD, где А = (1, а, 0), В= = (— 1, а, 0), С = (0, — а, 1), D == (0, — а, — 1) и я — положи-тельное число, отличное от 'Ji 1'2. Тогда АВ = 2 и АС =• — 'Ji + 4я2 =/= 2. Следовательно, тетраэдр ABCD неправильный. Каждая из трех изометрий fi(x, у, г) = (х, у, — z). А(х, у, z) =» = (—х, у, г), (з(х> У, z)=(z, —у, х) отображает множество вершин {А, В, С, £)} тетраэдра на себя. Следовательно, при каждой из изометрий (i = 1, 2, 3) центр Р = (г, s, t) описанной сферы тетраэдра ABCD переходит в себя. Из fi (Р) = Р получаем t — 0, из 2 (Р) = Р — г = 0 и из 1з (Р) — Р — s = 0, поэтому Р = (0, 0, 0). Аналогичным образом можно доказать что Р — центр вписанной сферы тетраэдра ABCD.
14.	Как известно, положительные числа х, у, г могут выражать длины сторон некоторого треугольника в том и только в том случае, если каждое из них меньше суммы двух остальных, то есть если
x<y + z, y<x+z, z<x + y. (*)
Неравенство, приведенное в условиях задачи, тождественными преобразованиями можно сначала привести к виду
Z (Х2 4- у2 — Z2) 4- X (у2 4- Z2 — х2) +
4* У (z2 4- х2 — у2) — 2xyz > 0, а затем — к виду
х2у 4- x2z 4- у2х 4- y2z 4- z2x 4- z2y — х3 —• у3 — z3 — 2xyz > 0.
С другой стороны,
(у 4- Z — х) (Z 4- X — у) (х 4- у — z) =
= Х2У 4- X2z 4- У2Х 4- y2Z 4- Z2X 4- z2y — X3 — у3 — z3 — 2xyz.
Таким образом, неравенство, приведенное в условиях задачи, равносильно неравенству
(у 4- Z — х) (г 4- X — у) (х 4- У — г) > 0.
11 Зак. 933
313
Следовательно, либо все 3 числа у + z — х, z 4-х -4 — у, х 4- у — z положительны, либо 2 из них отрицательны.
В первом случае мы получаем неравенства (1), поэтому числа х, у, z могут выражать длины сторон некоторого треугольника.
Предположим, что во втором случае отрицательны числа y-j-z — х и — у. Складывая их, получаем 2z < 0. Полученное противоречие показывает, что второй случай представиться не может.
Примечание. Из доказанного следует, что неравенство, приведенное в условиях задачи, равносильно неравенствам треугольника (*). Таким образом, утверждение, обратное утверждению задачи, также верно.
15.	Докажем сначала несколько лемм.
Лемма 1. При г—1, 2, ... число г\ не делится на 2Г.
Доказательство. Как известно, число 2 входит в разложение числа г! на простые множители с показателем степени, равным
+ [т] + Ы+
где 2* г <_ 2й+]. Следовательно,
а<-4-- + - +	4--r = rfi—
2	4	8	2к V 2k J
Лемма 2. Если k — нечетное число, a t — натуральное число, то существует такое целое число s, что число ks — I делится на 2*.
Доказательство. Так как k — нечетное число, то его можно представить в виде k = 1 — 2w, где w — некоторое целое число. Полагая s= 1 4-(2ffi’) + (2ffi’)2 +... ... + (2a?)f-1, получаем ks = 1—(2rw)f. Следовательно, число ks— 1 делится на 2*.
Лемма 3. Если f(x) — многочлен с целочисленными коэффициентами и число Зп4~/(п) делится на 2m+1 при п = 0, 1,2, .то многочлен w(x) = f(x) 4- 2m обладает тем свойством, что наибольший общий делитель чисел ап = 3" -|- w(n) при п — 0, 1, 2, .,. равен 2т.
314
Доказательство. Так как числа 3" + /'(п) при любом неотрицательном целом п делятся на 2m+1, то существует такое целое число Ьп, что 3" + f(n) — 2m+lbn.
Докажем, что наибольший общий делитель чисел ап равен некоторой целой степени числа 2.
Пусть р — простой делитель каждого из чисел ап, где П — 0, 1, 2, ... . Достаточно доказать, что р = 2.
Так как р — делитель всех чисел ап, то, в частности, на р делятся числа а0 и ар. Следовательно, разность «р — со = (Зр—l)4-(w(p)— w(0)) также делится на р. Пусть w(х) = с0 + сгх -|- ... -Ь с,хг, где с0, сь .... сг— целые числа. Ясно, что число w(p) — w(0)=c1p+’ + с2р2+ ... crpr делится на р, поэтому Зр—1 также делится на р. Это означает, что р #= 3. Но тогда из малой теоремы Ферма следует, что Зр-1 — 1 делится на р и поэтому (Зр — 1) — (Зр-1—1) — 2 • Зр-1 также делится на р. Поскольку р =/= 3, то мы заключаем отсюда, что р — 2. Итак, наибольший общий делитель чисел а равен некоторой целой степени числа 2. Кроме того, ап = 3" -f- w (и) = 3" + f (n) + 2т = 2m+ibn + 2т — г=2т(2Ьп-}-1). Следовательно, любое из чисел ап делится на 2т и ни одно из них не делится на 2т+\ а это и означает, что 2т — наибольший общий делитель чисел ап.
Переходим теперь к решению задачи. Из леммы 3 следует, что достаточно найти такой многочлен f(x) с целочисленными коэффициентами, при котором каждое из чисел 2>пf (п), где п = 0, 1, 2, ..., делится на 2m+1.
Пусть f](х) =	~П • • Лх — / + 1) при 2,..., т.
Тогда =	при n^j и f/(n) = O при п — 0, 1,
2,	1.
По формуле бинома Ньютона при п т число Зл можно записать в виде
3,г=(1+2)п=1+2(") + 22(^)+ ...
- +2"(т) + 2“+'(т + >)+	+ 2“ =
= 1 + 2Л («) + 2\ («)+...+ 2mfm (и) + 2т+'А,
где А — некоторое целое число.
11*
315
Аналогично при п < т справедливо разложение Зп=(1 + 2)л=1 + 2(;) + 22(")+ ... +2(")=-
= 1 + 2f! (п) + 22f2 (И) + ... + 2nfn (п) +
+ 2n+1Ui(«)+ ... + 2mfm(n),
так как f„+1(n)= ... =fm(n) = O.
Таким образом, многочлен g(x) =—(1 + 2fj(х)-f? '+22f2(x)+' ... 2mfm(x)) обладает тем свойством, что каждое из чисел 3" + &(и), где п = 0, 1,2, ..., делится на 2т+*. В общем случае коэффициенты многочлена не являются целыми числами.
Из леммы 1 следует, что коэффициенты многочлена 2'7г(х), где r= 1, 2, .... т — рациональные числа с нечетными знаменателями. Пусть k — наименьший общий знаменатель всех коэффициентов многочлена g(x). Тогда g(x) = h^' > гДе Л(х)— многочлен с целочисленными коэффициентами. Число k нечетно. Следовательно, по лемме 2 существует такое целое число, что ks—1 делится на 2m+1.
Докажем, что в качестве многочлена f(x) можно выбрать многочлен sh(x). Действительно, коэффициенты многочлена sh(x)—целые числа. Кроме того, при п = 0, 1, 2, ... числа
З'14- f (n) = 3” + sh (п) = 3” + ksg (и) =
= (3n + g («)) + (ks - l)-g(n) делятся на 2m+*, так, как 3n4-g(zi) и ks—1 делятся на 2m+1.
По лемме 3 наибольший общий делитель чисел 3" + f(n)'+ 2т, где п = 0, 1, 2.равен 2т. Следова-
тельно, можно считать, что w(x) = f(x) + 2т.
16.	I. решение. Если хранителей документов четыре (А, В, С, D), то достаточно четырех телефонных разговоров: сначала А и В сообщают друг другу содержание хранящихся у них документов, и то же самое делают С и D, а затем А и С обмениваются полученными сведениями, а В и D следует их примеру.
Если число лиц п больше 4, то выделим четырех из них и обозначим А, В, С, D. Сначала каждый из п — 4 316
остальных лиц сообщает А содержание хранящихся у них документов, затем А, В, С и D проводят между собой 4 разговора (описанных выше) и обмениваются полученными сведениями. Наконец, каждое из п — 4 лиц, не входящих в выбранную нами четверку А, В, С, D, звонит А и знакомится с содержанием всех документов.
Всего потребуется провести (и— 4)+4 + (п— 4) = .= 2п— 4 телефонных разговора, после чего каждое из п лиц будет осведомлено о содержании всех документов,
II решение. Докажем методом математической индукции по п, что п лицам (при п ^4 ) достаточно провести 2п — 4 телефонных разговора.
При п = 4 доказательство проводится так же, как в 1 решении. Предположим, что утверждение задачи верно при некотором п 4. Докажем, что тогда (п+1) лицам достаточно провести 2(п-]-^1) — 4 = 2/г— 2 телефонных разговоров.
Сначала (n-+l)-e лицо звонит первому и сообщает тому содержание своих документов. Затем по предположению индукции п первых лиц могут провести 2п— 4 телефонных разговоров и ознакомиться с содержанием всех документов. Наконец, (и + 1)-е лицо снова звонит 1-му и получает от того сведения о содержании всех документов.
Общее число всех телефонных разговоров равно 1+(2п— 4)+3=2/1 — 2, и каждое из (zi+1) лиц осведомлено о содержании всех документов,
17.	I р ешение. Пусть ABCDE — данный выпуклый пятиугольник, a A'B'C'D'E' — такой правильный пятиугольник, что площадь треугольника А'В'С' равна 1. Поскольку площади треугольников АВС и АВЕ равны, то расстояния от вершин С и Е до прямой АВ также равны Следовательно, СЕ || АВ и аналогично любая диагональ пятиугольника ABCDE параллельна одной из его сторон.
Для любой тройки точек, не лежащих на одной прямой, существует аффинное преобразование, переводящее ее в любую другую тройку точек, не лежащих на одной прямой. Пусть <р — такое аффинное преобразование, что cp(A) = A', <р(В) = В' и ф(С)=С'. Любое аффинное преобразование сохраняет отношение площадей.
317
Поскольку площади треугольников АВС и <р(А)(р(В)(р(СУ равны, то аффинное преобразование ф сохраняет площадь фигур.
Любое аффинное преобразование сохраняет параллельность отрезков. Следовательно, ф(С)ф(£) ||ф(Л)ф(В) или C'tp(E) || А'В'. Но тогда у(Е)^С'Е' и аналогично ф(£))еА'£>'. Кроме того, q(D)(p(E) || А'С', в силу чего Ф (D) ф (В) || D'E' (рис. 116).
Если бы ф (£>)=/= D', то один из треугольников С/ф(£))ф(Е') и C'D'E' целиком находился бы в другом, что невозможно, так как площади этих треугольников равны. Следовательно, ф (£)) = D' и аналогично ф (В) = = Е'. Таким образом, аффинное отображение ф переводит пятиугольник ABCDE в правильный пятиугольник A'B'C'D’E', а поскольку ф сохраняет площади, то площади пятиугольников ABCDE и А'В'С'D'E' равны.
Площадь пятиугольника A'B'C'D'E' нетрудно вычис-. лить. Площадь треугольника А’В'С' равна
1 = у А'В' • В'С • sin (Z А В'С') = у a2 sin	,
где а —А'В' (рис. 117), откуда
9	2
а зГ-
sin -=-о
318
Расстояние d от центра правильного пятиугольника О до стороны А'В' равно
1 а 1 Зя
Следовательно, площадь правильного пятиугольника A'B'C'D'E' составляет
5	1	1	5 «э  Зя
tg-fo
5 .	9 Зл
4cos ТО
3,62.
II решение. Пусть ABCDE — заданный выпуклый пятиугольник и Р — точка пересечения отрезков BD и СЕ (рис. Н8). По аналогии с предыдущим решением до
fl
Рис. И7.
кажем, что СЕ || АВ и BD || АЕ. Следовательно, четырехугольник АВРЕ — параллелограмм и поэтому площади треугольников ВРЕ и ВАЕ равны
$вре — $вае — С	(I)
Если высоты двух треугольников равны, то отношение их площадей равно отношению оснований. Следо-
вательно,
Sppc __ рр „ SBPE _ БР
SDPC	DP	SDPE	DP’
откуда
BPC 	 ^ВРЕ	/«V 1 — S	S'
°BPC	DPE
319
Поскольку по условиям задачи
1 — Sbcd — $врс 4~ Sdpc>
1 — $ECD ~ $DPE 4" $DPC> то
$ВРС ~ $DPE'	(2)
Пусть а = Sbpc- Тогда из соотношений (1), (2) и (3) получаем
а ____ 1
1 — а а ’ ИЛИ
о2 + а _ i - о.	(4)
Поскольку с> 0 и уравнение (4) имеет лишь один положительный корень, то а = g-(—1 + V^). Таким Образом,
$ABCDE = $АВЕ 4" $ВРЕ 4~ $DCE 4~ $ВРС =
= 3 + а=4(5 + V5).
18.	Пусть а, Ь, с — отличные от нуля векторы, параллельные ребрам заданного трехгранного угла. Ясно, что любые два из векторов а, Ь, с не параллельны. Из условий задачи следует, что по крайней мере два из чисел A=fec, р = са, v = ab отличны от нуля, поскольку не более двух векторов изо, Ь, с ортогональны. Но тогда векторы
г = Аа— pb, s=pfe —vc, t — yc — Ka (1)
отличны от нуля. Из соотношений (1) получаем г + s = t, или векторы г, s, t параллельны одной и той же плос-->-> ->-> ->->
кости. Кроме того, гс = Кас — цЬс = Ар — рА = О, то есть векторы г и с ортогональны. Аналогичным образом можно доказать, что s _L a, t J. b.
Таким образом, прямая, лежащая в плоскости, парал-дельной векторам а и Ь, и перпендикулярная ребру, па
320
раллельному вектору с, по направлению совпадает с вектором г. Аналогичным- образом можно доказать, что остальные две прямые, о которых говорится в задаче, параллельны векторам s и t.
Итак, мы доказали, что векторы г, s, / параллельны одной и той же плоскости. Каждая из прямых, упоминаемых в условиях задачи, параллельна одному из этих векторов, и все 3 прямые пересекаются в одной точке. Следовательно, все 3 прямые лежат в одной плоскости.
19.	Плоскость, делящая пополам двугранный угол, является плоскостью его симметрии. Следовательно, образ D' вершины D при отражении относительно любой из плоскостей, делящих пополам двугранные углы при ребрах АВ, ВС и СА, лежит в плоскости АВС. Это означает, что если Р— ортогональная проекция вершины D на одну из плоскостей, делящих пополам двугранные углы, то точка/5—середина отрезка DD'. Таким образом, Р — образ точки D' при гомотетии ф с центром в точке D и коэффициентом ’/г. Следовательно, ортогональные проекции точки Р на все три плоскости, делящие пополам двугранные углы при ребрах АВ, ВС и CD, расположены в одной плоскости, которая служит образом плоскости АВС при гомотетии ф.
20.	Докажем сначала следующую лемму.
Лемма 1. Отрезок, соединяющий соответственные точки деления противоположных сторон выпуклого четырехугольника ABCD, о котором говорится в задаче, пересекается с отрезками, соединяющими соответственные точки деления двух других сторон четырехугольника, в точках, делящих этот отрезок на 3 равные части.
Доказательство. Пусть точки S, Z, W, R делят стороны АВ, ВС, DC, AD заданного четырехугольника ABCD в отношении 1 :2 (рис. 119) и Е — точка пересечения отрезков RZ и SU7. Достаточно доказать, что точка Е делит каждый из этих отрезков в отношении 1 :2.
Поскольку
Л/?   Л5	1
AD ~ АВ	3 ’
321
то по теореме, обратной теореме об отношении отрезков, высекаемых на сторонах угла параллельными прямыми, получаем, что RS II DB. Следовательно, треугольники
ARS и ADB подобны и коэффициент подобия равен ’/з, откуда
Аналогичным образом из равенства отношений
СГ CZ 2
CD ~ СВ ~ Т
заключаем, что WZ || DB, в силу чего треугольник CWZ подобен треугольнику CDB и коэффициент подобия равен 2:3. Но тогда
Z£ = A	(2)
Из соотношений (1) и (2) получаем
_ 1
WZ ~ 2 '
Кроме того, /?S||U7Z. Следовательно, треугольники RSE и ZWE подобны с коэффициентом подобия 1 :2. Отсюда в частности следует, что
RE _ SE_____1_
EZ ~ EW “ 2 •
822
Итак, лемма 1 доказана. Приступаем к решению задачи. Пусть точки R, G^AD, W, P^DC, Q, Z ВС, S, H e AB делят каждый из отрезков AD, DC, ВС, AB на 3 равные части (рис. 120). По доказанной выше лемме точки Е, V е RZ, Т, F е GQ, Е, Т е IP'S, F, V <= е HP также делят каждый из отрезков RZ, GQ, IP'S, HP на 3 равные части.
I решение. Так как RE — EU, ТЕ = ES, то по теореме, обратной теореме об отношениях отрезков, высекаемых на сторонах угла параллельными прямыми, мы заключаем, что RS\\TU. Следовательно, треугольники ERS и ETU конгруэнтны и /?S = TU.
Доказывая лемму 1, мы установили, что RS IIDB и AJS = ЧзВВ. Аналогичным образом можно доказать, что PQ || DB и PQ — 43DP. Следовательно, TU || RS || DB || PQ и
PQ = RS^=TU~DB.	(3)
Опустив в треугольниках
ARS, ERS, ETU, FTU, FPQ, CPQ (4)
высоты на основания RS, TU, PQ, заметим, что сумма этих высот равна сумме высот h' и h" треугольников ABD и CBD, построенных на основании DB. Поскольку основания треугольников (4) равны (в силу соотношения (3) каждое из них составляет 'HDB), то сумма площадей этих треугольников, или сумма площадей
323
четырехугольников ARES, ETFU, FPCQ, равна половине произведения 'RD В и суммы их высот, или
у (Л' + h") • 4 DB = 1 (~ h' • DB + у h"  DB) -= у (^/BD + SCBD) = у SABCD-
II решение. Пусть s* (k = 1,2,...,9) площадь четырехугольника с номером k (рис. 121), a S— площадь заданного четырехугольника ABCD.
Докажем еще одну лемму.
Лемма 2. Если выпуклый четырехугольник KLMN разделен прямыми, проходящими через середины противоположных сторон, на четыре четырехугольника, то сумма площадей двух четырехугольников, содержащих вершины К и М, равна сумме площадей двух остальных четырехугольников.
Рис. 121.
Доказательство Пусть Р, Q, R, S — середины сторон KL, LM, MN, NK и О — точка пересечения прямых PR и QS (рис. 122). Тогда PQ || КМ || SR и PS || LN || QR, в силу чего четырехугольник PQRS — параллелограмм. Следовательно, площади треугольников OPQ, OQR, OSP и ORS равны:
Sopq = Soqr ~ $озр : Sons-	(5)
ч
Поскольку треугольник KSP подобен треугольнику KLN с коэффициентом подобия V2, то отношение площа
324
дей этих треугольников равно ’/4. Аналогичным образом выводим остальные равенства.
Skps = -4- SKLN, S LPQ = — SLKM,
$mqr — f Sml.v, Snrs =-j-(6)
Из соотношений (6) получаем
skps + Smqr = -4 SKLN + -j SMLN ==-j SKLMfi и
Slpq + S/vrs = -4 $klm + -4 SNMK — SKLMV.
Следовательно,
Skps + SMqR = Slpq + Swrs.	(7)
Из соотношения (5) получаем
Sqsp + Soqr — Sqpq + SOrs-	(8)
Складывая отдельно правые и левые части равенств (7) и (8), приходим к утверждению леммы. Итак, лемма 2 доказана.
Из лемм 1 и 2 следует, что
+ s5— S2 + s4>	(9)
S3 + S5 = S2 + S6>	(Ю)
s5 + s7 = s4 + s8,	(И)
З5 + Sg= S6 + S8.	(12)
Складывая равенства (9) и (12), а также (10) и (И), получаем
si + 2з5 + s9 = s2 + s4 + s6 + s8,
s3 4~ 2s5 + s7 = s2 + s4 + s6 + s8,	(13)
откуда
Si + s9 = s3 + s7.	(14)
Таким образом, из равенства (13) следует, что
S3 + з5 + s7 = s2 + $4 + s6 + s8 — s5 =» = S — (Si + S3 + s5 + s7 + s9) — s5 = — S — ($i + S5 + s9) — (s3 + s5 + s7),
325
или с учетом равенства (14) .
s3 + «5 + $7 = S — 2 (S3 + s5 + s7)> Итак,
3 ($з + s5 + s7) = S, или
S3 + S5 + s7 — у
Примечание. Аналогичное утверждение остается в силе и в том случае, когда стороны четырехугольника ABCD разделены на п частей, где п > 3. В этом случае сумма четырехугольников, расположенных на диагонали четырехугольника ABCD, равна — SABCD.
21.	Пусть число дам, присутствовавших на балу, равно п, тогда число кавалеров равно 42 — п. Дама с номером k (1 k п) танцевала с & 4~ 6 кавалерами. Следовательно, дама с номером п танцевала с п + 6 кавалерами. Поскольку по условиям задачи это были все кавалеры, присутствовавшие на балу, то 42 — п = п + 6. Решая это уравнение, получаем п= 18. Следовательно, среди танцевавших на балу было 18 дам и 42— 18 = 24 кавалера.
22.	Из условий задачи следует, что угол KAL — тупой. Выберем систему координат так, чтобы точки К, L и А имели следующие координаты: К. = (—а, 0), L = — А — (0,—с), где а, Ь, с — некоторые положительные числа (рис. 123). Вычислим координаты точек В, С и М.
Вершина В лежит на прямой, проходящей через точку К и перпендикулярной прямой АК. Уравнение этой прямой имеет вид ах — су + а2 = 0. Кроме того,
вк _ АК
, л tg-з,
пли (х + а)2 + г/2 = 3(а2 + с2). Решая систему _ этих уравнений, находим координаты точки В: В = (с д/3 — й, ад/з).
526
Вершина С лежит на прямой, проходящей через Точку L и перпендикулярной прямой AL, Уравнение
этой прямой имеет вид Ьх + су — Ь1 2 « 0. Кроме того,
CL j зт
AL=tS (Р
или (х—&)2 + У2 а 7з (&2 +с2). Решая систему этих уравнений, находим координаты точки
Поскольку точка М лежит на отрезке ВС и ВМ =* = ЗМС, то
M=±B + ^C = (±(3b-a),lf(a + b)).
Нетрудно проверить, что КМ X ML и КМ/М L =* д/З ==
— tg у, из чего и следует утверждение вадачи Ч
23.	Докажем утверждение задачи методом математической индукции по числу шаров N.
Утверждение. Если в пространстве задана фи-гура F объемом V, содержащаяся в объединении N
1 Читателю предоставляется возможность найти чисто геометри-
ческое решение. — Прим. ред.
327
открытых шаров В\, В2,.BN, то существует такое подмножество шаров Вi , Bi2, Bir, что входящие в него шары попарно не пересекаются, а сумма их объемов
1 т/ больше V.
Доказательство. При W = 1 утверждение очевидна Шар Bi содержит фигуру F объемом V. Следовательно, объем шара Bi не меньше V и поэтому больше 27
Предположим, -что утверждение верно при некотором натуральном числе Л\ Докажем, что тогда оно выполняется и при числе открытых шаров, равном 7V+ 1.
Итак, пусть фигура F объемом V содержится в объединении шаров В\, В2, .... Вн+1. Не ограничивая общности, можно предположить, что объем IC+i шара BN+i не меньше объема каждого из остальных шаров. Пусть В' — шар, центр которого совпадает с центром шара Bn+i, а радиус равен Зг, где г— радиус шара Bn+i. Тогда объем V' шара В' равен 27yw+1. Пусть 1/0 —объем тела Fo = F\B'. Поскольку фигура Fo и шар В' не имеют общих точек, a F содержится в объединении Fo и В', то VC Vo + 27VW+1.
Любая точка фигуры Fo принадлежит по крайней мере одному из шаров Вь В2, .... BN. Не уменьшая общности, можно предположить, что при некотором k, удовлетворяющем неравенству О < k М каждый из шаров Bi, В2, .... Bk имеет общую точку с фигурой Fo, а каждый из шаров Bk+i, Bk+z, .... BN не пересекается с Fq. Тогда Fo содержится в объединении шаров В2, ..., Bk.
Расстояние от центра шара BN+i до любой точки тела Fo не меньше Зг, поэтому расстояние от любой точки шара BN+i до любой точки тела Fo не меньше 2г. Диаметр любого из шаров Bi, В2, ..., Bk не больше диаметра шара BN+i, то есть 2г. Следовательно, любой из шаров Bi, В2, .... Bk не пересекается с шаром BN+i. Число шаров Bi, В2, .... В* не больше N. Следовательно, по предположению индукции существует такое подмножество ВХ1, Bi2, Bir множества шаров Вь В2, ..., Bk, что все шары, принадлежащие этому подмножеству, попарно не пересекаются, а сумма их объ-
328
емов больше — Vo, то есть больше Vw+). Поскольку шар Вц+1 не пересекается ни с одним из шаров Bi, В2....Bk, то шары Вц, Bi2, Bir, BN+i тем
более попарно не пересекаются и сумма их объемов больше	I/w+1) +Vw+1 = ^rV.
24.	Соединив точку касания сферы и любой из граней многогранника со всеми вершинами, принадлежащими этой грани, получим разбиение грани в сумму не-перекрывающихся треугольников, одна из вершин которых совпадает с точкой касания грани и сферы, а две остальные — с вершинами многогранника, принадлежащими рассматриваемой грани. Треугольники РАВ и QAB, расположенные в различных гранях многогранника и имеющие общую сторону АВ — ребро многогранника, раскрашены в различные цвета. Докажем, что их площади равны.
Плоскость л, проходящая через центр сферы и точки касания Р и Q сферы с гранями многогранника, перпендикулярна плоскостям, содержащим треугольники РАВ и QAB. Следовательно, плоскость л перпендикулярна прямой АВ.
Пусть прямая АВ пересекается с плоскостью л в точке С. Тогда СР — CQ, поскольку отрезки касательных к сфере, проведенные из одной и той же точки, равны. Кроме того, из определения точки С следует, что СР ± АВ и CQ-L/W, то есть отрезки СР и CQ — высоты треугольников АВР и ABQ. Так как эти треугольники имеют общее основание, то их площади равны.
Все грани многогранника можно разбить указанным образом на треугольники. При этом каждому треугольнику, окрашенному в один цвет, поставлен во взаимнооднозначное соответствие треугольник равной площади, окрашенный в другой цвет. Тем самым утверждение задачи доказано.
25.	Начнем с доказательства леммы.
Лемма. Если f(х) и g(x) — многочлены одной и той же степени с целочисленными коэффициентами и при любом натуральном п число g(n) делится на f(n), то существует такое целое число с, что g(x) — cf(x).
329
Доказательство. По условиям леммы для каж» дого натурального числа п существует такое целое число ап, что g(n)*=* anf(n). Пусть степень много» члена g не выше степени многочлена f, равной г. Тогда
f to = Го + f i* + ... + fr-,xr-1 + frxr,
g(x) = g0 + giX+ ... + gr^iXr~' + grxr,
где fr =# 0 и
Ни) __ f0 nr nr
откуда lim t$- = fr. Аналогичным образом докажем, П->то П
что lim s^=gr. Поскольку fr=#0, то из равенства П->оо П
g(n) __ f(n) nr ~a<l ПГ
следует, что последовательность {ап} стремится к числу grlfr.
Члены последовательности {ап} — целые числа, а такая последовательность сходится в том и только в том случае, если, начиная с некоторого номера, все члены ее постоянны.
Итак, существует такое натуральное число N, что ап — с при всех п > N. Тогда при всех п> N выполняется равенство g(n)=cf(n). Оно означает, что любое натуральное число и > N является корнем многочлена g(x) — cf(x). Но любой многочлен, не равный тождественно нулю, имеет лишь конечное число корней. Следовательно, многочлен g(x) — cf(x) тождественно равен нулю, или g(x) = cf(x), что и требовалось доказать.
По доказанной лемме либо степени многочленов f и g равны (при с=#0), либо g — многочлен, тождественно равный нулю (при с = 0). Следовательно, достаточно рассмотреть случай, когда g — многочлен большей степени, чем f.
Пусть h и г — частное и остаток от деления многочлена g на f. Тогда
£ = /г/ + г,
(О
330
причем степень многочлена г меньше степени многочлена f.
Коэффициенты многочленов h и г рациональны. Пусть а — наименьший общий знаменатель коэффициентов обоих многочленов h и г. Тогда коэффициенты многочленов Н — ah и R = аг — целые числа, и, умножая обе части равенства. (1) на а, получаем
ag=Hf + R.	(2)
Следовательно, ag— также многочлен с целочисленными коэффициентами.
Ясно, что при любом натуральном п число ag(ri) делится на f(n). Из соотношения (2) видно, что на число f(n) число /?(п)— ag(n) —	делится
при п = 1, 2, ... Поскольку степень многочлена R, равная степени многочлена г, меньше степени многочлена f, то из замечания, приведенного в начале решения, следует, что многочлен R ~ аг тождественно равен нулю. Таким образом, многочлен г также тождественно равен нулю, и из соотношения (1) мы получаем, что g — hf.
Покажем на примере, что коэффициенты многочлена h могут не быть целыми числами. Пусть f(x) = 2, g (х) = х2 х. При любом целом п число g{n) — = п(п-}-1) четно, поскольку одно из чисел п и (п + 1) четно. Следовательно, число g(n) делится на f(n) =2 при п = I, 2....Но коэффициенты многочлена h(x) =
Р (х)	1 2 I 1
«= ' ' = -=- хг + х, очевидно, нецелые.
/ С*)	z
26.	Кратчайшим маршрутом между двумя точками на поверхности сферы служит дуга окружности большого круга, проходящего через эти точки и центр земного шара. Следовательно, самолет летит по дуге окружности большого круга, проходящего через Осло. Так как из Осло самолет держит курс на запад, то Осло является самой северной точкой окружности этого большого круга. Длина окружности большого круга равна 10 000 км, а разность долгот Осло и города X составляет 90°. Значит, город X расположен на экваторе в точке, лежащей под 79° 17' западной долготы. Взяв карту, читатель сможет без труда убедиться в том, что лишь один город вблизи указанной точки обладает
331
аэродромом, способным принять самолет из Осло. Это столица Эквадора — город Кито.
Если учесть, что маршрут самолета пролегает не по самой поверхности Земли, а на высоте около 10 км, то расстояние, преодоленное самолетом за время пути, составит j [2л (R + 10)] =-- 2tcR + 5л = 10 000 + 15 км, где R — радиус Земли.
Примечание. Решение задачи не зависит от широты, на которой расположен Осло. Если бы самолет отправился в путь из любой точки Земли с западной долготой 10° 43', а все остальные условия задачи сохранились бы прежними, то, преодолев около 10 000 км, он все равно приземлился бы в Кито.
27.	I решение. Пусть Е — точка пересечения прямых АС и BD, а Е'— точка пересечения прямых А'С'
и B'D' (рис. 124). Поскольку точки А', В', С', D' получены при параллельном проектировании точек А, В, С, D, то проекциями прямых АС и BD служат прямые А'С' и B'D', в силу чего Е' — проекция точки Е.
332
Следовательно,
AI'IIBB'IICC'IIDD'HEE'.	(1)
Таким образом, прямые АА' и СС' параллельны плоскости BB'D'D. Пусть h\ и — расстояния от этих прямых до плоскости BB'D'D.
Тетраэдр ABCD' можно рассматривать как сумму тетраэдров ABD'E и CBD'E. Если считать, что основанием тетраэдров ABD'E и CBD'E служит треугольник BD'E, то объем каждого из них можно записать в виде
УABD'E — у ^l^BD'E’ VCBD'E ~ у hz^BD'E-
Итак, объем тетраэдра ABCD' равен
abcd' — у (^i + ^2) $bd'e-	(2)
Тетраэдр A'B'C'D также можно рассматривать как сумму тетраэдров A'B'DE' и C'B'DE'. Его объем равен
Va'b'C'd = у (hi + h2) SB’DE'.	(3)
О
Из соотношений (2) и (3) следует, что исходная за-
дача сводится к доказательству равенства площадей треугольников BD'E и B'DE':
Sbd’e — Sb’de'-	(4)
Поскольку ВВ' \\ DD' (см. соотношения (1)), то BB'D'D — трапеция с основаниями ВВ' и DD' и прямая ЕЕ' параллельна основаниям (рис. 125). Если Л®
333
и h4 — расстояния от прямой ЕЕ' до прямых ВВ' и DD', то
$dd‘b = у • (^з ~Ь ^4)» Sdd’e = ~2 DD''
откуда	Sbd'e — $dd'b — SDd'e — "2"	• ^3-
Доказав	при помощи аналогичных рассуждений, что Sb'de' = ~2 В1У • ^з>
получим равенство (4).
Примечание. Все рассуждения и рис. 124 и 125 относились к тому случаю, когда четырехугольник ABCD выпуклый, но и в случае невыпуклого четырехугольника доказательство утверждения задачи проводится аналогично.
28.	Пусть сферический сегмент соответствует центральному углу а (по условиям задачи 0<a<jr), ар — любой угол, удовлетворяющий неравенству 0 <| < Р < а. Рассмотрим прямую пирамиду OABCD, основанием которой служит квадрат ABCD, вписанный в заданный сферический сегмент, вершина О совмещена с центром сферы, от которой отсечен сегмент, и ZAOC — р (рис. 126). Пусть Z.AOD = y, Р и Q — середины отрезков AD и АС.
Нетрудно видеть, что
AQ = AP V2,
АР = АО sin (Z АОР) = АО sin-^-,
AQ = АО sin (Z AOQ) — AO sin ,
в силу чего
р /o’ • у siny = -у2 sin-g-
Если R — радиус сферы, от которой отсечен сегмент, то расстояния между точками А и С, В и D на сегменте равны /?р, а расстояния между точками А и В, В и С, С и D, D и А равны Ry,
334
Если существует изометрия ср, отображающая сферический сегмент на некоторое подмножество плоскости, то ф (Д) <р (В) ср (С) ф (D) — такой четырехугольник на плоскости, для которого ф(Д)ф(В) = ф(В)ф(С) = ф(С)ф(£)) = = Ф (£>) ф (Д) — Ry. Следовательно, ф(Д) ф(В)ф (С) ф (О) — ромб. Поскольку диагонали ф(Д)ф(С) и ф(В)ф(£>)
равны /?р, то _ф (Д) ф (В) ф (С) ф (D) — квадрат и поэтому ф(Д)ф(С) = У2ф(Д)ф(В), или
₽ = V2y.	(2)
Из соотношений (1) и (2) следует, что sin-| =* х= л/2 sin—для любого угла р, удовлетворяющего 2 -у2
неравенству 0 < р < а. В частности, подставляя вместо р
угол получаем sin JL—- = -у/2 sin у. Сравнивая
Л	 Р о  Р
два последних равенства, находим sin у = 2 sin
С другой стороны, sin у=2 sin cos поэтому cos л Р а п что невозможно, поскольку 0 <	.
335
Полученное противоречие доказывает, что изометрия ф, которая бы отображала сферический сегмент на некоторое подмножество плоскости, не существует.
29.	Пусть S и Т — концентрические окружности. Докажем, что точки касания окружностей К\ и Л'2, Kz и Л3 и так далее равноудалены от общего центра О окружностей S и Т.
Пусть Ai (i == 1,2,...) — точки касания окружностей Ki и Т, Bi — точки касания окружностей Ki и Ki+i, Ci—> точки касания окружностей Ki и S, О/ — центры окружностей Ki, г и R— радиусы окружностей Т и S (рис. 127) .
Тогда радиус окружности Ki равен -у Л, С, = ~ (R — г), то есть радиусы всех окружностей К\, Kz, ... равны. Следовательно, точка В, совпадает с серединой отрезка OiOi+i и угол OBiOi прямой. По теореме Пифагора находим
ОВ2 = ОО2 - OiB2 = (00i+ OiBi) (00i - OiBi) = = (OOt + OiCi) (00i — OiAi) == OCt • OAi = Rr.
Это означает, что OBi = OB2 = • . = д//?г, поэтому точки Bi, B2, ... равноудалены от точки О.
Предположим теперь, что окружности S и Т не концентрические. Поскольку окружность Т лежит внутри окружности S, то существует такая окружность К, что
336
инверсия ф относительно нее отображает окружности S и Т на концентрические окружности и центр Р окружности К лежит вне окружности S *.
Инверсия ф представляет собой взаимно-однозначное отображение множества точек плоскости, из которых выколота точка Р, и любую окружность, не содержащую точку Р, переводит в некоторую окружность, также не содержащую точку Р. Отображением, обратным инверсии ф, служит сама инверсия ф, то есть ф(ф(Л)) — А для любой точки А, отличной от Р.
Итак, окружности S' —ф(5) и Т' = ц>(Т) концентрические, а окружности К\, Кг, ... касаются окружностей S и Т и переходят при инверсии ф в окружности Ль Кг, •••, касающиеся окружностей S' и Т'. При этом окружность S' содержит окружность Т', а точка Р лежит вне окружности S'. Кроме того, окружность Ki касается окружности Кг, окружность Кг — окружности Кз и так далее. Поскольку S' и Т' — концентрические окружности, то из рассмотренного в начале решения примера
1 Относительно инверсии см., например, книгу Р. Куранта и Г. Роббинса «Что такое математика» (М. — Л., ГИТТЛ, 1947, гл. Ill, § 4). Точку Р следует взять вне 5 на линии центров окружностей S и Т, радиус окружности К можно выбрать произвольно, например пусть он равен единице. Поместив начало системы координат в точку Р, направим ось ОХ вдоль линии центров окружностей S и Т по направлению к этим окружностям. Тогда точки пересечения ОХ с S и Т имеют абсциссы
х, х + 2R, х + а, х + а + 2г,
где х > 0, а > 0 и b = 2R — а — 2г > 0. Выбирая Р с нужной стороны S, можно считать, что а <. Ь
После инверсии <р образы этих точек будут по-прежнему лежать на ОХ и иметь абсциссы
1 * 1 1 1
х ’ X + 2R’ х + а’ X + а + 2г ’
Окружности <p(S) и <р(Т) будут концентричными, если выполняется равенство
1____________________________(и
х х + а x + a + 2r х +2R	' '
или
а (х + а + 2r) (х + 2R) = х(х+а)Ь.	(2)
При х = 0 левая часть больше правой, при х большом положительном правая часть больше левой, так как b > а. Следовательно, квадратное уравнение (2) имеет положительный корень х и при том же х выполняется (1). — Прим. ред.
337
следует, что точки касания окружностей К{ и К2, Кг и К'з и так далее лежат на некоторой окружности L', расположенной внутри S'. Следовательно, точка Р не принадлежит окружности L' и <р (£') — окружность.
Выполнив инверсию ср еще раз, мы убедимся в том, что точки касания окружностей <р (Лл) = К\ и <р (К2) = Кг, ч(К2) — Кг и <р(^з) =-Кз и так далее лежат на некоторой окружности cp(L').
30.	Пусть Рь Р2, ..., Р6 — заданные точки. В каждом из треугольников PiPjPk выкрасим наименьшую сторону в красный цвет. В результате этой операции одни отрезки PrPs станут красными, а другие по-прежнему будут нераскрашенными.
Достаточно доказать, что существует треугольник с вершинами в заданных точках и тремя красными сторонами. Действительно, наибольшая сторона такого треугольника одновременно является наименьшей стороной другого треугольника, поскольку она выкрашена в красный цвет. Из каждой заданной точки выходят 5 отрезков, соединяющих ее с остальными заданными точками. Следовательно, либо по крайней мере 3 из этих отрезков выкрашены в красный цвет, либо по крайней мере 3 отрезка остались невыкрашенными.
Если из точки Pi выходят но крайней мере 3 отрезка, выкрашенных в красный цвет (например, отрезки Р\Р2, Р1Р3, Р1Р4), то в треугольнике Р2Р3Р4, образованном другими концами этих отрезков, по крайней мере одна из сторон (наименьшая) выкрашена в красный цвет. Пусть, например, это будет отрезок Р2Р3. Тогда в треугольнике Р{Р2Рз все стороны окажутся выкрашенными в красный цвет.
Если же из точки Pi выходят по крайней мере 3 отрезка, не выкрашенных в красный цвет (например, отрезки Р\Р2, Р1Р3, Р1Р4), то рассмотрим треугольники Р\Р2Р3, P\P2Pi, PiPsPi- В каждом из них по крайней мере одна из сторон выкрашена в красный цвет, но эта сторона не содержит вершины Р\. Следовательно, отрезки Р2Р3, Р2Ръ Р3Р4 выкрашены в красный цвет, то есть все стороны треугольника Р2Р3Р^ красные.
Примечание. В приведенном выше решении осталось неиспользованным предположение о том, что заданные точки лежат в одной плоскости.
СОДЕРЖАНИЕ
От редакюра перевода....................................  5
Предисловие к русскому изданию............................8
ЗАДАЧИ...................................... 11
РЕШЕНИЯ......................................37
ПРИЛОЖЕНИЕ..................................291
Задачи...................................291
Решения	«................................296
ИБ № 981
С. Страшевич
ПОЛЬСКИЕ МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОЛИМПИАДЫ
Редактор А. Белевцева Художник Л. Муратова Художественный редактор Л, Безрученков Технический редактор Н. Борисова
Корректор Н. Гиря
Сдано в набор 10.01.78. Подписано к печати 31.03.78. Формат 84X108Vu Бумага типографская № 2. Латинская гарнитура. Высокая печать. 6.38 бум. л., печ. усл. л 18,06. Уч.-нзд. л. 15,50. Изд. Ns 12/9530. Зак. 933. Цена 1 р.
ИЗДАТЕЛЬСТВО «МИР» Москва, 1-й Рижский пер., 2
Ордена Трудового Красного Знамени Ленинградская типография № 2 имени Евгении Соколовой Союзполнграфпрома при Государственном комитете Совета Министров СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. 198052, Ленинград, Л-52, Измайловский проспект, 29.
Редакция научно-популярной и научно-фантастической литературы издательства «Мир»
в серии «Задачи и олимпиады»
выпустила следующие книги:
1976 г.
Ч. Тригг. Задачи с изюминкой. Перевод с английского.
1977 г.
Й. Кюршак, Д. Нейкомм, Д. Хайош, Я. Ш у р а н и. Венгерские математические олимпиады. Перевод с венгерского.
Избранные задачи из журнала «American Mathematical Monthly». Перевод с английского.
В 1978 г. серия «Задачи и олимпиады» пополнится книгой
Ст. Страшевич, Е. Бровкин. Польские математические олимпиады. Перевод с польского.
В 1979 г.
редакция научно-популярной и научно-фантастической литературы издательства «Мир»
в серии
«Задачи и олимпиады».
ПРЕДПОЛАГАЕТ
ВЫПУСТИТЬ КНИГУ
Дж. Уокер, Физика в задачах. Перевод с анч глийского,
Редакция научно-популярной и научно-фантастической литературы издательства «Мир» в серии
«Занимательная математика»
ВЫПУСТИЛА СЛЕДУЮЩИЕ КНИГИ:
1971 г.
М. Гарднер. Математические головоломки и развлечения. Перевод с английского.
1972 г.
М. Га р д н е р. Математические досуги. Перевод с английского.
1973 г.
Л. Кэррол. История с узелками. Перевод с английского.
1974 г.
М. Гарднер. Математические новеллы. Перевод с английского.
С. Голомб. Полимино. Перевод с английского.
Г. Штейнгауз. Задачи и размышления. Перевод с польского.
„	1975 г.
Д. Бй"'ам, Я. Герцег. Игра и логика. Пере-вод с венгерского.
Г. Дьюдени. 520 головоломок. Перевод с английского.
1976 г.
Э. Эбботт. Флатландия. Перевод с английского. Д. Бюргер. Сферландия. Перевод с голландского.
1977 г.
Г. Линдгрен. Занимательные задачи на разрезание. Перевод с английского.
В 1978 г.
серия
«Занимательная математика»
пополнится
КНИГАМИ
Ст. Барр. Россыпи головоломок. Перевод с английского.
Д. Бизам, Я. Герцег. Многоцветная логика.
Перевод с венгерского.
В 1979 г.
в серии
«Занимательная математика.»
ПРЕДПОЛАГАЕТСЯ
ВЫПУСТИТЬ
КНИГУ
Г. Дьюдени. Кентерберийские головоломки. Перевод с английского.