Автор: Андреева A.H. Барабанов А.И. Чернявский И.Я.
Теги: математика задачи по математике математические олимпиады
Год: 1995
Текст
УПРАВЛЕНИЕ ОБРАЗОВАНИЯ АДМИНИСТРАЦИИ
САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ
ОБЛАСТНОЙ ИНСТИТУТ ПОВЫШЕНИЯ КВАЛИФИКАЦИИ
И ПЕРЕПОДГОТОВКИ РАБОТНИКОВ ОБРАЗОВАНИЯ
САРАТОВСКИЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
ЧАСТЬ I
1995
A. H. Андреева, IА. И, Барабанов!. И. Я Чернявский
САРАТОВСКИЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
ЧАСТЬ I
1995
В книге (часть I и часть II) собраны задачи, предлагавшиеся
на математических олимпиадах в 1950-1995гг. в городе Саратове
и области. Ко всем задачам даются подробные решения, что позво-
ляет . использовать ее в работе математических кружков,
факультативов, при подготовки к олимпиадам. Книга предназначена
для учащихся 7—It классов средней школы и преподавателей мате-
матики.
СОДЕРЖАНИЕ
часть стр
• Предисловие 13
I. Задачи олимпиад (1950 - 1979 гг) (1^80 - 1995 гт) 1 2 9 4
II. Решения 1 72
2 58
III. Задачи практических туров с указаниями 2 183
IV. • Задачи для самостоятельных решений 2 ' 188
V. “Путеводитель” по задачам
2 199
3
ПРЕДИСЛОВИЕ
Математика - наука молодых. Иначе и
не может быть. Занятия математикой -
это такая гимнастика ума, для которой
нужна вся гибкость и вся выносливость
молодости.
Н. Винер
Механико-математический факультет СГУ всегда активно участ-
вовал в развитии математического образования школьников. Нача-
лась эта работа еще в ЗО-е годы, продолжается она и сегодня.
Впервые математическая олимпиада для школьников была прове-
дена в 1940 г., а начиная с 1950 г. городские олимпиады прово-
дятся регулярно. С 1959 г. мехмат совместно с облоно организует
областные математические олимпиады. В них участвуют около 150
школьников 9-11 классов города и области, и областные олимпиады
рассматриваются как третий этап Всесоюзной математической олим-
пиады (первый этап - школьные, второй - районные олюиады). По-
бедители саратовских областных олимпиад не раз занимали призо-
вые места на Всероссийских, Всесоюзных и Международных олимпиа-
дах.
Авторы собрали все задачи, которые предлагались на олимпиа-
дах, начиная с 1950г., расположив их в хронологическом порядке
чтобы полнее представить развитие олимпиадного движения в
Саратове. Открыв книгу, вы увидите год, например, 1950/51, за-
тем символ 1(L9), означающий, что эта задача имеет порядковый
4
номер 1,и предлагалась она на первом туре 9 класса. В 1962/63
учебном году символом 199(111.7,8) обозначена 199 по порядку
задача, предлагавшаяся в третьем туре ученикам 7 и 8 классов.
Задачи, предлагавшиеся на нескольких олимпиадах, в книге при-
водятся только один раз, а в следующие годы указан только номер.
В данной книге под первым туром понимаются районные, под вторым
- городские, под третьим - областные олимпиады. В некоторые го-
ды решение задач на олимпиаде оценивалось в баллах, они указаны
после условия задач.
С 1986/87 учебного года областные олимпиады проводятся в два
дня (каждый день-по четыре задачи). Два года из них на област-
ной олимпиаде во второй день был практический тур, задач и на ко-
тором решались с использованием микрокалькулятора. В раздел 111
выделены задачи практического тура с ответами и краткими указа-
ниями. В IV разделе для самостоятельных решений предложены зада»
чи математических боев разных уровней, выездных олимпиад МФТИ,
которые проходили в разные годы,а также задачи первого заочно-
го я второго очного туров соросовской олимпиады по математике.
Для всех задач приведены решения, довольно подробные, что по-
зволяет рекомендовать книгу начинающим *олнмпиадчикам*. По на -
шему мнению, наиболее целесообразен следуххций порядок работы над
книгой. Вначале следует попытаться решить задачу самому. Если
задача сразу не получилась, ее можно отложить' и перейти к дру -
гой, но потом надо обязательно к ней вернуться. На олимпиаде
время для решения задачи ограничено, а при работе с книгой к
каждой задаче нужно относиться как к небольшой проблеме, над ко-
торой можно размышлять не торопясь, обдумывая ее со всех сто-
рон. Если задача геометрическая и чертежа нет,то его обязатель-
но надо сделать самому - это поможет решить задачу. Если все -
таки самостоятельно решить задачу ие удалось, то нужно разоб -
рать ее решение по книге и найти причину своей неудачи. Но ни в
Коем случае не обращаться к решению, не подумав над задачей. Ес-
ли решить задачу удалось, все равно полезно посмотреть приве-
денное в книге решение, хотя может случиться, что ваше решение
проще и интереснее. Может показаться, что некоторые задачи име-
ют более прямые и лаконичные решения; не будем забывать, однако.
5
что решающие были связаны школьными программами разных лет.зна-
чительно отличающимися от современных.
Хочется отметить, что среди саратовских школьников были уча-
стники и победители Международных олимпиад: Лидер Сергей (VIII
олимпиада. 42 школа), Конягин Сергей (золотые медали на XIV и
XV олимпиадах, 19 школа), Добрянская Наталья (серебряная медаль
На XXXV олимпиаде, физико-технический лицей У1. ранее физико-
математическая школа Д/13). Отметим также учеников ФМШ А/18
г.Москвы, ранее учившихся в 13-ой школе г.Саратова: Семенова
Александра (бронзовая медаль на XXIV олимпиаде), Иванова Льва (брон-
зовая медаль на XXVI олимпиаде) и Скопенкова Аркадия (серебря -
ная медаль на XXX олимпиаде).
Областная олимпиада 1995 года была посвящена памяти Л.Г. На-
зарова - активного Организатора многих саратовских олимпиад,
щедро отдававшего свой талант математически одаренной молодежи.
Трудно установить авторство рассматриваемых задач, часть из
них предложена саратовскими энтузиастами олимпиадного движения.
Мы искренне признательны и благодарны всем, кто помогал соз-
данию этой книги. Особенно хочется отметить педагогов: JH.H.Анд-
реева, В. А. Белоусова, О. Ю. Дмитриева,. В.Л.Израйлевича, А. Ю. Ка-
линина, Г.СКондратъеву, С Н. Купцова, фЕ:К.Поросятникова, Сыр-
кину Л.Н.» Д А Терешина, а также учащихся физико-технического
лицея О.Горбунова, А.Краснова. Р.Милючихина, М.Подсумкова.
Задачи подготовлены: за 1950-60 г. г,—А. Н. Андреевой, А. И. Бара-
бановым. за 1973-88 г. г.—А. Н. Андреевой, И.Я.Чернявским,за 1961-
70, 1989-95 г. г-А. Н. Андреевой.
Авторы
Приведем принятые в книге обозначения, некоторые определения
и формулы: *
0 - пустое множество;
N - множество натуральных чисел;
Z - множество целых чисел;
R - множество действительных чисел;
® - символ бесконечности.
6
i - мнимая единица
а€А - элемент а принадлежит множеству А
а<А - элемент а не принадлежит множеству А
{ага2. ад) - множество, состоящее из элементов аг а^,...ап
/ а I - последовательность чисел ая , n £ N
' n - п •
Вс А - множество В является -подмножеством множества А
АмВ - объединение множеств «А нВ
АлВ - пересечение множеств А и В
А\В - разность множеств А и В
[а.Ь], (а.Ь). (а.Ь]. (а,Ь) - множество точек х, удблетворя-
ющих соответственно неравествам: аЯхяЬ;аЯх<Ь;а<хЛ;а<х<Ь
п! - (читается: "п факторнал*)произведение всех натуральных чи-
сел от 1 до п; (по определению
[х] - целая часть числа х (ближайшее слева к х целое число.
> Например (1.5]«1)
{х} - дробная часть числа х (x=(x]+{xl. {-ЪТМЬЭД
а^.’.а^ - п значноё число» первая цифра которого а*, вторая
а2. последняя цифра ап< Можно записать число более подро-
бно:
|х| - абсолютная величина (модуль) числа к (|х|«х прм хВО к
|х|=-хпри хяО)
. С* - биномиальный коэффициент
(a+b)n =C°an+ C’»"'*b + +...+ C*a^kb4...+C*'‘ab“'4 +
- формула бинома Ньютона
mggf(x). m^gf(x> - наибольшее, наименьшее значения функции На)
на множестве А
АВ - отрезок с концами А я В; или его длина; или прямая.прохо-
дяшая через точки А к В; или луч. выходящий нз точки А и
проходящий через точку В
АВС - плоскость, проходящая через точки А» В. С
ZABC - угол с вершимой В и сторонами ВА и BQ или его величина
zA - угол с вершиной А или его величина
ААВС - треугольник с вершинами А, В» С *
MN1ABC - прямая MN перпендикулярна плоскости АВС
Р(А;АОС) - расстояние от точки А до плоскости АОС
е
7
ABIICD - прямые AB я CD параллельны
A1A2...An - многоугольник или ломаная с вершинами А1»А2,...Ап
SABC=SAaBC - площадь АВС
^АВС ~ триметр треугольника АВС
AABC^AA^Cj * треугольники АВС и A1BJC1 равны
VM - обьем многогранника М
а - вектор
АВ - вектор с началом А и концом В
|а|, |АВ| - длина вектора
а*Б - скалярное произведение векторов а,Б
а, Ь» с - стороны ДАВС: а=ВС, Ь=АС, с=АВ
а. Д» Ж - углы» противолежащие сторонам а, Ь, с
р»(а+Ь+с)/2 * полупериметр треугольника
R, г - радиусы соответственно описанной и вписанной окружностей
ha,hb,hc - высоты треугольника» проведенные к сторонам а» Ь, с *
ma>mb»mc - медианы треугольника» проведенные к сторонам а»Ь»с
1аЛьЛ€ ~ биссектрисы треугольника» проведенные к сторонам а,
Ь» с
и n п
сумма чисел (&а^.?1а.»а1+а2+...+ап)
Л п
.^а. * произведение чисел ауа2»...,ап (.П1а.=а1-а2*...-afi)
f(x) * функция аргумента х
f'(x> - производная функции f(x)
f*(x) - вторая производна# функции f(x)
an-‘bnx=(a~b)(an"’1+an~2tH-an‘*3b2+...+abn~2+bft~1)
а^ФЬ^Ца+ЬХа^-а^Нн^2^V-... ab2k~Ub2k)
ък. - так как
т.о. * таким образом
т е - то есть
(at+a2-K..+aft):n - среднее арифметическое чисел аг а2» ап
(*<•*$*•*• *an)Vh * среД®1* геометрическое чисел аг а2, а^
(at+a2+.4.4-ari):n^(aj*a2’4.. *an)Vn - известное неравенство
между средним арифметическим и средним геометрическим,
причем знак равенства достигается тогда и только тогда,
когда все числа равны» т.е. а^а2-...==ап
8
! ЗАДАЧИ
1950/51
1(1.9). Найти действительные корни системы уравнений: х+у=1,
хЗ+у5=ЯХ/А
2(1.9). В круге радиуса единица имеется п точек,причем п>1. До-
казать, что в этот круг можно поместить кружок радиуса (sin-~)/2
так, чтобы он не задел ни одной точки.
3(1.9). Доказать, что если x+y+z>l, то x2+y2+z2>l/3.
4(1.9). Доказать, что не существует равностороннего треугольни-
ка, вершины которого лежали бы в точках пересечения линий клет-
чатой бумаги (клетки квадратные)..
5(1.10). Делится ли 600! на 799?
6(1.10). Куб с ребром 1 и шар радиуса V272 имеют общий центр.
Найти объем той части куба, которая лежит внутри шара.
7(1.10). Доказать тождество: Ср+Ср t+...+Gp Л .= Ср**-Ср+1, р^1
v ' П П“ I п+р~| n+р п 1
8(1.10). Имеется 17 чугунных чушек весом в 5,11,12, 13, 14, 16,
17,18,20,22,23,24,27,29,30,33,35 кг. Было увезено некоторое ко-
личество чушек, затем вторично было увезено еще несколько чу-
шек, в общем весивших втрое больше,чём было вывезено в первый
раз. В третий раз было вывезено в пять раз больше, чем в первый
раз. После этого осталась одна чушка. Сколько она весит?
1952/53
9(1.9). Решить уравнение: 10g2(64-(2x “9х)|/4)=1.
10(1.9). Доказать, что если стороны треугольника образуют ариф-
метическую прогрессию, то радиус вписанного круга равен 1/3 од-
ной из выёот.
11(1.9). Дай ^ВЗДрат ABCD со стороною, равной единице. Найти
длину бескОйё^нбй ломаной АА^А^.., первое звено которой АА}
есть перпендикуляр, Опущенный из А на диагональ BD квадрата,
второе звено ломаной есть перпендикуляр, опущенный из А^а
сторону AD квадрата, третье звено А2А3 ломаной есть лсрпендику-
9
ляр, опущенный из А2 на звено АА^ ломаной,четвертое звено А3А4
ломаной есть перпендикуляр, опущенный из А3 на звено AfA2 лома**
ной, пятое звено А4А5 ломаной есть перпендикуляр, опущенный из
Л4 на звено А?А3 ломаной и т.д.
12(1.9). Найти площадь четырехугольника если его диаго-
наль АВ равна 10, а отрезок MN, соединяющие середины сторон AD
и ВС, равен 8, а отрезок PQ, соединяющий середины сторон АВ и
DC, равен 6.
13(1.9). Решить уравнение: sin2(n+t)a=sin 2na+sin2(n-l)a. где п
- неизвестное целое число, a - неизвестный угол, если известно,
что (п-Я)а, па и (п-1)а являются углами треугольника.
14(1.10). Пирамида, все боковые ребра которой наклонены к осно-
ванию под углом а, имеет в основании равнобедренный треугольник
с углом 3 между равными сторонами. Определить двугранный угол
при ребре, соединяющем вершину пирамиды с вершиною угла 0.
15(1.10). Доказать, что если а+0=с, где с-постоянный угол, 0<с<
<90? и а, (3 положительны, то tga+tg|3 имеет минимум при а=0.
16(1.10). Доказать, что треугольник АВС будет тупоугольным, пря-
моугольным или остроугольным в зависимости от того, будет ли
cos2A+cos2B+cos2C, больше, равно или меньше 1.
17(1.10). Найти площадь трапеции ABCD с основаниями AD и ВС,ес-
ли даны площади S^h S2 треугольников AOD и ВОС, где О-точка пе-
ресечения диагоналей трапеции. t
18(1.10). Найти трехзначное число, равное сумме факториалов :во-
их цифр.
1953/54
19(1.9). Доказать, что биссектрисы внутренних углов параллелог-
рамма в пересечении образуют прямоугольник, диагонали которого
равны разности соседних сторон параллелограмма.
20(1.9). При перемножении двух чисел, из которых одно на 10 бо-
льше другого, ученик допустил ошибку, уменьшив цифру десятков в
произведении иа 4. При проверке ответа ученик разделил получен-
ный им результат на меньший из сомножителей и получил в частном
39 и в остатке 22. Найти множители.
21(1.9,10). Доказать, что если в треугольнике две медианы пер -
пендикулярны, то Сумма квадратов двух его сторон в 5 раз больше
квадрата третьей стороны.
22(1.9). Доказать, что если а, Ь, с одновременно являются 5-м,
17-м»37-м членами как арифметической, так и геометрической про-
грессий, то аь-с •Ьс‘а,са"ь=1.
23(1.9). Пусть A-некоторый произвольный угол,В и С-острые углы.
Доказать, что всегда существует угол X такой, что
si nX=sinB-si nC:(l-cosA • cosB • cosC).
24(1.10). Дан правильный тетраэдр объема Р. Одно из ребер плос-
костью, перпендикулярной к нему, разделено на две части в отно-
шении 1:4. Вычислить объемы частей, на которые тетраэдр делится
этой плоскостью.
25(1.10). Доказать, что при любом х, при котором левая часть
имеет смысл, справедливо неравенство
(l-tg2x)-(l-3tg2x) (l+tg2x-tg3x)>0.
26(1.10). Найти сумму всех несократимых дробей ср знаменателем
5, заключенных между целыми числами а и b (а<Ь).
27(1.10). Доказать, что если а+Ь+с=1, то ^4a+T+i/4b+lW4с+Г<5.
28(11.9). Найти _tgx, зная, что
а • si nx+b • cosx=(2a+b) • si n2(x/2)+b • cos^(x/2).
29(11.9). При каких значениях а оба корня квадратного уравнения
(1-а)2*х2+2ах-1=0 удовлетворяет неравенству 0<х<1? (а2*1).
30(11.9). Каково должно быть расстояние между центрами двух ок-
ружностей радиусов г и R для того, чтобы внешняя касательная
была вдвое больше внутренней ?
31(11.9). Длины последовательных сторон четырехугольника равны
соответственно a, b, с, d. Доказать, что его площадь
S^(a+c) • (b+d)/4.
32(11.9,10). Доказать, что прн всех n>2: logn(n+l) < logn ^п.
33(11.10). Из точки к окружности проведены две касательные. До-
казать, что отрезок, соединяющий середины проведенных касатель-
ных, не пересекает данной окружности.
34(11.10). Решить уравнение: secx+cosecx+secx • cosecx-a.
35(11.10). Куб пересекается плоскостью, проходящей черёз одну из
его диагоналей. Как должна быть проведена эта плоскость, чтобы
площадь сечения получилась наименьшей?
11
36(11.10). Доказать тождество:
1 _ l.r1 + l.r2 _ + Lzll2. rn-_l_
1 2 4 + 3 % -• + n+1 4 n+1
1954/55
37(1.8). В параллелограмме проведены биссектрисы углов между
диагоналями. Доказать, что точки пересечения биссектрис со сто-
ронами параллелограмма являются вершинами ромба.
38(1.8). Доказать, что если числа а, Ь, с таковы, что сумма их
равна нулю, то сумма ab+bc+ca будет числом отрицательным (а*0).
39(1.8,9). Дана трапеция. Доказать, что отрезок,соединяющий се-
редины ее диагоналей, равен полуразности оснований.
40(1.8). Дано произвольное трехзначное число N,первая цифра ко-
торого больше последней. Доказать, что если цифры данного числа
написать в обратном порядке и получившееся число вычесть из
данного числа N, то, зная последнюю цифру разности N-Np можно
найти саму разности.
41(1.9). Найти сумму двузначных и трехзначных чисел, которые при
делении на 4 дают в остатке 1.
42(1.9). Наклонная образует с плоскостью угол а . Через вершину
этого угла в данной плоскости проведена вторая прямая под углом
р к проекции наклонной на плоскость.Определить угол между эти»*и
прямыми.
43(1.9). Доказать, что если 0<а<Ь<с , то для всех х, абсолютная
величина которых не превышает а , справедливо неравенство:
Vc~ х~/с -as%4>- x-Vb-a.
44(1.10). Дан треугольник АВС. Сторона АВ продолжена до точки
Вр сторона ВС продолжена до точки Ср сторона СА продолжена до
точки Af так, что АВрАВ=ВСрВС=САрСА=п. При каком значении п
площадь треугольника AjBjCj будет в 7 раз больше площади данно-
го треугольника АВС?
45(1.10). Дан правильный тетраэдр SABG Через середины ребер АВ
и АС проведена плоскость параллельно ребру AS. Доказать, что
часть построенной плоскости, заключенная внутри тетраэдра, есть
квадрат.
46(1.10). Доказать, что cos(«/5)+cos(3it/5)=l/2.
12
47(1.10). Доказать, что при любом целом п число 23п-7п-1 делит-
ся на 49.
48(1.10). Доказать, что при всех пир Cjj>p*(p+l)n.
49(11.8). Пароход идет от Горького до Астрахани 5 суток, а от
Астрахани до Горького 7 суток. Сколько суток проплывет плот от
Горького до Астрахани?
50(11.8,9). В окружности проведена хорда АВ. Док* шть, что пер-
пендикуляр, опушенный на хорду АВ из произвольной точки М окру-
жности, есть среднее пропорциональное между перпендикулярами,
опущенными из концов хорды АВ на касательную
к окружности в точке М
51(11.8). Решить уравнение: 9x4+2+(4-3x2)
=12х2 .
52(11.8). Разделить отрезок пополам с помощью
одного угольника (рнс.1.1). Угольником можно .......
восстанавливать перпендикуляры к прямой, опу-
скать перпендикуляры нельзя. рис. 1.1
53(11.9). Пловец прыгает с плота и плывет против течения 10 ми-
нут, после чего он поворачивает и плывет по течению и настигает
плот, когда тот проплыл 1км. Определить скорость течения воды.
54(11.9.10). Доказать, что число 4343-17*7 делится на 10.
55(11.9). Доказать, что если углы треугольника связаны соотно -
шением sinaMsin-j~*sin~^-'COs-^-, то он равнобедренный.
56(11.9). При каком значении а корни уравнения
х4-(За+2)*х2+а2=0
образуют арифметическую прогрессию?
57(11.10). Найти кратчайшее расстояние между невстречаюшимнся
диагоналями двух смежных граней куба. Длина ребра куба равна а.
58(11.10). Дан острый угол а и два отрезка длины а и Ь. Постро-
ить два таких угла х и у, чтобы сумма их равнялась а н чтобы
a* cosx=b*siny.
59(11.10). Доказать, что функция y=cos2x+3sinx при изменении ар-
гумента от 0 до 2я принимает все значения, заключенные между -4
и 17/8.
60(ПЛ0). Доказать, что при всех п
13
ci - к ♦ s'c: - - *|=!Г'-с: и и. j.... а.
1956/57
61(1.8). Если диагонали четырехугольника пересекаются в центре
вписанной окружности, то этот четырехугольник ромб.
62(1.8). В будущем году возраст школьника совпадает с суммой
цифр его года рождения. Сколько лет школьнику теперь?
63(1.8). Даны уравнения x2-15x+2kx=0,x2-2x4kk=50.Определить к так,
чтобы один из корней второго уравнения был в два раза больше
одного из корней первого уравнения.
64(1.8,9). Построить треугольник по основанию, сумме боковых
сторон и углу при вершине.
65(1.9). Решить систему уравнений:
(x+y+z)(ax+y+z)=k2, (x+y+z)(x+ay+zM2, (x+y+z)(x+y+az)-m2.
66(1.9). Доказать, что при любом п>4 выражение п2-3п не может
быть точным квадратом.
67(1.9,10). Доказать, что при любых а>0, Ь>0 и оО имеет место
неравенство (а*Ь)2£(1+с)-а2+(1+1/с)*1А
68(1.10). Тангенсы углов треугольника относятся как 1:2:3. Най-
ти отношения противолежащих сторон.
69(1.10). Решить систему уравнений: х4+х2у2+у4-481, х2+ху+у2-37
70(1.10). В правильной четырехугольной пирамиде боковое ребро
равно b и плоский угол при вершине равен а. Определить часть по-
верхности пирамиды, заключенную внутри шара, для которого высо-
та пирамиды служит диаметром.
71(1.10). Доказать, чтО В остроугольном треугольнике точка пе -
ресечения высот лежит ближе к наименьшей из сторон.
72(1.10). Показать, что если а, b и с - рациональные числа и
а+Ь* 3v*2+c‘3v£, то а=*Ь«с®0.
73(11.8). Решить уравнение: (х2-2х-1)2+Зх2~6х-13»0.
74(11.8). Вокруг треугольника описана окружность. Доказать, что
угол между высотой треугольника и его боковой стороной равен
углу между радиусом, проведенным в ту же вершину, из которой
опущена высота, и другой боковой стороной.
Ч
75(11.8), Показать,что при любом нечетном о выражение (п3-п)/24
является целым числом.
76(11.8). Вершины А.В.С треугольника АВС соединены с точками М,
D, Р, расположенными яа противоположных сторонах треугольника.
Доказать, что середины отрезков AM, BD и СР не лежат на одной
прямой.
77(11.9). Решить уравнение: (х+5-4Л+t')V2+(x+2-2^x+ i I172®!.
78(11.9). Доказать, что если медиана и высота, проведенные из
одной вершины треугольника, делят угол на три равные части, то
этот треугольник прямоугольный.
79(11.9,10). Найти числа, зная, что его , шестая степень записы-
вается только с помощью цифр 0,2,3,4,4,7,8,8,9.
80(11.9). Доказать, что в остроугольном треугольнике с углами а.
0 и у имеет место неравенство:
tga-(ctg3+ctg7)+lg0’(ctga+ctg7)+tg7e(ctga+ctgP)x6.
81(11.9). Построить четырехугольник по трем сторонам н углам,
прилежащим к четвертой.
82(11.10). Решить уравнение: (х+4Мх+5Хх+7Хх+8)®4.
. п . лИ
83(11.10). Доказать неравенство: (1 + + —) • «ели
п целое число, больше 1.
84(11.10). Доказать, что если сумма расстояний между серединами
противоположных сторон четырехугольника равна его полуперимет -
ру, то четырехугольник - параллелограмм.
85(11.10). Даны три точки А, В, С Известны расстояния АВ=ВС=а
и угол АВС-у. Наблюдатель находится в точке D (D лежит в плос-
кости треугольника АВС) и видит сторону АВ под углом а, а сто -
рону ВС под углом 0. Определить углы BAD и BCD.
1957/58
86(1.8) Определить отношение двух чисел, если отношение их сре-
днего арифметического к их среднему геометрическому равно 13/12
87(1.8). Доказать,что в треугольнике, у которого разность углов
при основании равна 90* биссектрисы внутреннего н внешнего уг-
лов при вершине равны между собой.
15
88(L8) АВС-треугольийк, О-центр вписанного в него круга. До-
казать, что центр окружности, проходящей через точки А,О, С ле-
жит на биссектрисе угла В.
89(1.8,9). Дано уравнение: (x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a) =0.
Доказать, что если а, Ь, с ~ вещественные числа, то корни этого
уравнения вещественны.
90(1.9). Найти два целых числа, произведение которых - трехзна-
чиое число’ - является кубом целого положительного числа, а ча-
стное-квадратом этого же числа.
91(1.9). В прямоугольном треугольнике с углом в 15° найти кате-
ты, если гипотенуза равна а. {Катеты должны быть выражены толь-
ко через а)
92(1.9). Построить треугольник по двум углам и расстояниям от
произвольной точки Плоскости до сторон треугольника.
93(1.9). Решить систему уравнений: v^-(x+y)=x:y+y:x, х2+у2=1.
94(1.10). Известно, что четырехзначное число a abb является точ-
ным квадратом (а,Ь-*цИфры). Найти это число.
95(1.10). Найти объем правильной четырехугольной пирамиды, сто-
рона основания которой равна а, а плоские углы при вершине рав-
ны углам наклона боковых ребер к плоскости основания.
96(1.10). Решку# неравенство: /x+2+v2x+3<Vx+ff.
97(1.10). На плоскости проведено п прямых. Доказать, что куски,
на которые разбивается плоскость, можно закрасить двумя краска-
ми так, что соседние (т.е. имеющие какую-нибудь часть прямой в
качестве общей' границы) будут разного цвета.
98(1.10). Построить Треугольник АВС,зная радиус описанного кру-
га, биссектрису 1 угла А и разность углов при оснований В-С=<5.
99(11.8). Сумма цифр трехзйаЧного чйсла равна 11. Сумма квадра-
тов цифр этого числа равна 45.ЁСЛИ из данного числа вычесть чи-
сло, записанное теми же цифрами, но в обратном порядке, то по-
лучится 198. Найти это число.
100(11.8). Дано х4“у+т==а. Доказать, что х2*у ^a:3.
101(11.8). Равносторонний треугольник АВС вписан в круг. На той
части дуги ВС, Которая не содержит точки А, взята произвольная
точка М. Показать, что AM— ВМтСМ.
!
J
16
102(11.8). Доказать» что прямая, соединяющая точку пересечения
диагоналей трапеции с точкой пересечения боковых сторон, делит
основание трапеции пополам.
103(11.9). Решить систему уравнений tgxwtgy=a, х+уъ=2Ь.
104(11.9). Найти х из уравнения (2+V3) x/2+(2-V3) х/2=4.
105(11.9). В равнобедренном треугольнике АВС АВ=ВС=Ь, АС = а,
/АВС=20°. Доказать, что а3+Ь3=ЗаЬ2.
106(11.9). Доказать, что если между цифрами числа 1331 вставить
по равному количеству нулей* то получится точный куб.
107(11.9,10). Дан равносторонний треугольник. Из произвольной
точки О, взятой внутри него, опущены перпендикуляры на стороны.
Найти геометрическое место точек О,для которых нз отрезков этих
перпендикуляров можно построить треугольник.
108(11.10). Решить систему: tgx:a=*tgy:b=tgz:c, x+y+z=ft.
109(11.10). Доказать, что из пяти последовательных целых поло-
жительных чисел всегда можно выбрать стно взаимно простое со
всеми остальными.
ИО(П.Ю). Разрезать куб на три равные пирамиды.
111(11.10). Доказать, что если m:n<2 то ТО Х ?Р>2 1/3 и
9 9 пг+ тп + п4
01/3__т . пГ+ тп + 2гг «1/3
тпЖ ~ ‘
т + тп + п
1959/60
112(1.9). Пусть а н ₽ корни квадратного уравнения ах^2Ьх+с=0.
Не решая уравнения» вычислить сумму а"2+0~2.
113(1.9). Из круга радиуса R вырезать прямоугольник наибольшей
возможной площади. Найти его стороны.
114(1.9)0. Решить уравнение: 2X+V 4Х = 80.
115(1.9), Определить а и Ь так, чтобы многочлен х Ах 3+х 2+ ах+ b
был полным квадратом.
116(1.9). Пусть точки О и (^--середины двух пересекающихся отрез-
ков АВ и AjBj. Доказать, что отрезок ООj меньше полусуммы отре-
зков АА^ и ВВр но больше их полуразности.
117(1*. 10). Решить систему уравнений: х ^=ах+Ьу, у М>х+ау.
17
118(140). Найти р, зная, что р и 8р2+ 1 - простые числа.
119(1.10). Дан прямой круговой конус и точка О. Найти геометри-
ческое место вершин конусов» равных данному, с осями, паралле-
льными оси данного конуса, и содержащих внутри данную точку О.
120(1.10). Доказать, что из равенства
cos2a+cos20+cos2y+2cosa* cosp-cosy=l
следует одно из четырех равенств <х±£±г=(2к+1)п, где к - целое
число.
81(1.10)
121(11.9). В прямоугольнике со сторонами а и b проведена диаго-
наль и в каждый из образовавшихся треугольников вписано по ок-
ружности. Найти расстояние между точками касания, лежащими на
диагонали.
122(11.9). Найти сумму 5 = 3 + 33 + 333 + ... + ,33 . .3 ,.
п*раз
123(11.9). Доказать,что положительный корень уравнения х5+х= 10
не может быть рациональным.
124(11.9). Несколько натуральных чисел образуют арифметическую
прогрессию, начинающуюся с четного числа. Сумма нечетных чисел
33, а сумма четных чисел равна 44. Найти аг ап» п.
123(11.9). На плоскости даны три точки, расположенные произво -
льно. Указать круг наименьшего радиуса, вне которого нет ни од-
ной из этих точек.
128(11.10). Доказать, что если модуль комплексного числа а + bi
равен 1, то его можно представить в виде где с - веще-
ственное число.
127(11.10). Доказать, что центры четырех окружностей, каждая из
которых касается трех сторон четырехугольника, лежат на * одной
окружности.
128(11.10). Найти сумму а*С2* a^cV ’ где г~ про-
извольное число.
129(11.10). Можно ли ряд натуральных чисел разбить на две части
так, чтобы ни одна из частей не содержала никакой бесконечной
арифметической прогрессии ?
130(11.10). Можно ли доску размером 10x10 покрыть без наложения
црямоугольииками 4x1?
18
1960/61
131(11.7). Колхоз снял сено с двух лугов,48~% всего сена уло-
жили на сеновал, а остальное сено было сложено-в 3 стога, при-
чем между стогами сено было распределено в отношении обратно
пропорциональном числам 1/2, 1/3 и 1/4. Сколько тонн сена было
в каждом из стогов, если с первого луга сияли 49 т, что состав-
ляет 46-|-% всего сена? (Решить арифметически).
132(11.7). Упростить выражение:
2а3(Ь < с/%.1/2 2»№+с)" - 1
ап2- а3- 2а2* а а*с * а(пс-с)
133(11.8). Сколькими нулями оканчивается число, . равное произ -
ведению 1’2вЗ*4*...*100 ?
134(11.8). Двое вышли одновременно из М и N навстречу друг дру*
гу. Они встретились в 50 м от N, а затем, дойдя до Ми N, не
останавливаясь, пошли обратно и вновь встретились в 25 м от М.
Найти расстояние MN.
135(11.8). Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и
медиане одного из катетов.
136(11.9). Доказать, что п7-п делится на 7 при любом натуралъ -
ном п.
137(11.9). Построить квадрат, три вершины которого лежали бы на
трех данных параллельных прямых.
138(11.9).Доказать тождество: +— ♦
2 < < 1 1 П1 2п-1 ап-1а2 апа1
“а + Т^ а + а +•••+ а~ + а где • аг » ап“ члены
аГ ап а1 а2 ап-1 ап 1 2 п
арифметической прогрессии.
139(11.10). Решить уравнение:(4+/Г5)х/2-ь(4-/Г5)х/2=8.
140(11.10). Через точку Р пересечения двух окружностей проведе-
ны две прямые, пересекающие первую окружность в точках А и В,
вторую в точках С и D. Через точки А, В,С и D проведены две пря-
мые, пересекающиеся в точке М. Найти траекторию движения точки
М при вращении одной из данных прямых вокруг точки Р.
141(11.10). В остроугольном треугольнике со сторонами а, Ь, с
проведены высоты АЙ, BE и СН. Найти площадь треугольника ЙЕН.
142(111.7). Имеется лом стали двух сортов с содержанием никеля
19
5% и 40% . Сколько нужно взять каждого из этих сортов» чтобы по-
лучить 140 тонн стали с содержанием никеля 30%(
143(111.7). Доказать, что выражение х4-2х3+6х2-2х+1 есть сумма
трех квадратов.
144(111.7). Доказать» что медиана треугольника меньше полусуммы
сторон, ее заключающих, и больше разности между этой полусуммой
и половиной третьей Стороны.
145(111.7). В школе учится 1000 учеников. Доказать, что хотя бы
у двух из них совпадает первая и последняя буквы фамилий.
146(111.8). Разность двух чисел равна 48. Разность между сред-
ним арифметическим н средним геометрическим этих чисел равна 18
Найти эти числа.
147(111.8). От двух кусков сплава с различным процентным содер-
жанием меди, весящих тип килограммов, отрезано по куску рав-
ного веса. Каждый из отрезанных кусков был сплавлен с остатком
другого, после чего процентное содержание меди в обоих сплавах
стало одинаковым. Сколько весил каждый из отрезанных кусков?
148(111.8). По трем медианам ma, т^, тс треугольника АВС вычис-
лить его стороны а» Ь, с.
149(111.8)., Решить в целых числах уравнение: 7:х+15:у=5.
150(111.8). Дана окружность и вне ее точка О.Через точку О про-
вести секущую так, чтобы она окружность разделила пополам.
151(111.9). Найти все прямоугольные треугольники, стороны кото-
рых составляют арифметическую прогрессию.
152(П1.9). Доказать, что если корни уравнения x2+px+q=0 веще-
ственные, то корни уравнения x2+px+q+(x+a)(2x+p)=0 также веще-
ственные при любом вещественном а.
153(111.9). На какое целое число надо умножить 999, чтобы полу-
чилось число, состоящее из одних единиц?
154(111.9). Доказать, что если площади двух прямоугольных тре-
угольников относятся как квадраты гипотенуз, то треугольники
подобны.
155(111.8). Решить в целых положительных числах уравнение:
х~'+у~1+ тч»1.
156(111.8). Вычислить без таблиц: l:2sinl0 °-2sin70 °.
20
157(Ш. 10). Решить систему уравнений:
(2у + х)*(4у2- х^)=75, (2у - х)’(4у*+ х^)» 5!
158(111.8). Сколькими способами можно раскрасить грани кубов в
6 различных цветов. (Различными окрасками считаются такие окра-
ски, которые не совмещаются при движении).
159(111.10). Найти сумму всех цифр, участвующих в записи чисел
от 1 до 10000.
160(111.10). По окружности радиуса 2R катится внутри окружность
радиуса R. Какое геометрическое место описывает точка М, лежа-
щая на малой окружности,если качение происходит без скольжения,
1961/62
161(111.8). Между станцией и поселком 4 км. Мальчик и автомобиль
одновременно отправились со станции в поселок. Через 10 мин ма-
льчик встретил автомобиль, возвращающимся из поселка, а еще че-
рез 1/14 км от места встречи автомобиль, который доехал до ста-
нции и опять направился в поселок, догнал мальчика. Найти ско-
рость мальчика и автомобиля, если известно, что они двигались
равномерно и без задержек.
162(111.8). Каждая из трех вершин треугольника соединена прямы-
ми с п точками, расположенными на противоположной стороне тре-
угольника. На сколько частей делят эти прямые треугольник, если
никакие три из них не пересекаются в одной точке*
163(111.8). Доказать, что p%qp делится на p+q. если р и q
простые числа и q-p=2.
164(111.8). Решить систему: х2+ху+у2«3, х3у+ху3»-10.
165(111.8). Дана окружность и на ней три точки, в которых пере-
секаются с окружностью (при продолжении} соответственно высота,
биссектриса и медиана, выходящие из одной вершины вписанного
треугольника. Построить этот треугольник.
166(111.8). На плоскости даны точки A,B,C,D ,из которых никакие
три не лежат на одной прямой, причем АВ®СВ и AOBD . Доказать,
что если отрезки АС и BD пересекаются, то отрезки AD я ВС па-
раллельны.
167(1)1.9). Найти все целые положительные решения уравнения
(n+2)!-(n+l)!-n!-n2+n\
168(111.9). Доказать, что во всякой арифметической прогрессии,
разность которой отлична от нуля» произведение двух членов, рав-
ноотстоящих от крайних членов, возврастает по мере удаления от
концов к середине;
169(111.9). Решить систему:
x3+yd+i3«8, x2+y2+z2=22, | | + 7=~
170(111.10). Доказать неравенство nsinoosin(na), если 0<па<п/2,
0 - целое число, п>1.
171(111.10)» Какой из всех равновеликих треугольников с данным
основанием имеет наименьшую величину произведения боковых сто-
рон?
172(111.10). Найти все' целые решения уравнения
l!+2!+3!+...+n!=k2.
173(111.10). Пусть Xj, х?- корни уравнения х2-7х+1»0. Доказать,
что при любом натуральном п х" + х* - четное число, если п де-
лится на 3, и нечетное, если п не делится на 3.
174(111.10). На шахматной доске 8x8, раставлено наибольшее воз-
можное число слонов так, что никакие два слона не угрожают друг
Другу. Доказать, что число всех таких расстановок есть точный
квадрат. ?
175(111.11). Доказать, что при любом натуральном п сумма п - х
степеней корней квадратного уравнения x2+px+q*=0, где р, q - це-
лые числа, есть целое число.
176(111.11). Доказать, что если функция cosx+cosax периодичес-
кая, то а - рациональное число.
177(ШЛ1). Доказать, что любой выпуклый четырехгранный угол
можно пересечь плоскостью так, чтобы в сечении получился парал-
лелограмм.
178(111.11). ar - натуральные числа. Доказать, что
можно выбрать» изних одно или несколько чисел так, чтобы их су-
мма делилась*на л.
125(111.11)
22
1982/83
179(11.8). Доказать, что если (а+Ь+с)с<0,то уравнение ах2+Ьх+с»
=0 имеет вещественные корни. ? ,
180(11.8). Доказать,что сумма кубов трех последовательных мату-....
ральных чисел делится на 9.
181(11.8). Доказать,что среди п точек (п>6), лежащих на окруж-
ности, имеется такая пара точек, расстояние между которыми
меньше радиуса.
182(11.8). В параллелограмме ABCD на середине стороны AD взята
точка М. Обозначим через Р точку пересечения отрезка ВМ с диа-
гональю АС. Во сколько раз площадь треугольника АРМ меньше пло-
щади параллелограмма?
183(11.8). Какое наибольшее число острых углов может быть в вы-
пуклом многоугольнике?
184(11.9). Найти 4 целых числа,составляющих арифметическую про-
грессию, причем наибольшее из них равно сумме квадратов осталь-
ных.
185(11.9). Доказать, что при целом т>2 выражение
-3)/12 есть целое число.
188(11.9). Исключить х из системы: cosecx-sinx»m, secx-cosx=n.
187(11.9). На продолжении сторон АВ.ВС.СА треугольника АВС взя-
ты соответственно точки Е,Н,К так, что АВ=ВЕ,ВС=СН,СА=АК> Дока-
зать, что площадь треугольника ЕНК в 7 раз больше площади тре-
угольника АВС.
188(11.10). Доказать тождество:
I2- 22+ З2- 42+... + (-If’n2» ’n(n+l)/2.
189(11.10). Определить вид треугольника ABQ если
sinC=2cosA*sinB.
190(11.10). Все точки данного отрезка АВ проектируются на все*
возможные прямые, проходящие через фиксированную точку О. Найта
геометрическое место точек проекций. _____
191(1110). Фабрика выпустила товар в упаковке по 3 и 5 кг. До-
казать, что магазин без нарушения упаковки может отпустить лю-
бое количество килограммов этого продукта, превосходящее 7 кг.
23
192(11.10). Доказать, что уравнение х4-2у2=1 не имеет решений в
натуральных числах.
193(11.11). Доказать, что если ЛТЖ h 17ZT0' т0 числа
а, Ь, с не могут быть все различными.
194(1111). Доказать,что произведение 2-х чисел, представимых в
виде сумм двух квадратов,само представимо в виде сумм двух ква-
дратов.
193(11.11). Каким будет треугольник, у которого один из углов
равен 4х, где х есть корень уравнения tg3x==2tg2x4-tgx?
196(11.11). Если существует окружность, касающаяся продолжений
всех сторон выпуклого четырехугольника, то разности противопо-
ложных сторон этого четырехугольника равны. Доказать.
197(11 Л1). Доказать, что существует плоскость, дающая в сече -
кии с произвольно заданной треугольной пирамидой ромб.
81(11.9)
198(111.7). Доказать,что в разностороннем треугольнике наиболь-
ший угол обязательно больше 60°.
199(111.7,8). Доказать, что если по крайней мере один из отрез-
ков, соединяющий середины противоположных сторон четырехуголь-
ника, делит его на равновеликие части, то четырехугольник явля-
ется трапецией или параллелограммом.
290(111.7,8). Рассмотрите равенства | = 1 - 1 | + i = 1 - I ,
l + l + 1 ♦ 1 + J. + LI - 1 _ 1 1 + 1+ Л + -1 +
2 +.6 * 12 . 1 4’ 2 * 6 + 12 + 20 1 5’ 2 + 6 + 12 20 +
* 30 ш 1 ~ 5’ Догадайтесь, к какому общему закону подводят эти
примеры. Выразите его в подходящих математических обозначениях
и докажите.
201(111.7,9). 100 монет разложены в 10 кучек по 10 монет. В од-
ной из кучек все монеты фальшивые. Каждая нормальная монета ве-
сит 5 г, а фальшивая на 0,5 г легче. При помощи одного взвешива-
ния на весах с разновесками определить, в какой кучке находятся
фальшивые монеты.
202(111.7,9). Решить систему: 7-f^l-z, ~ГТ=2~У-
203(Ш.7,9). Доказать, что при любом целом р существует неце-
лое число х такое, что х2+ 2рх является целым.
204(111.8). На плоскости даны 7 точек так, что расстояние меж-
ду любыми парами точек не равны. Соединим каждую точку с ближа-
24
йшей к ней. Доказать, что им одна точка не будет соединена бо-
лее, чем с пятью соседними.
205(111.9). Угол в 546 разделить иа 3 равные части с помощью
циркуля и линейки.
2 2 2
206(111.9). Решить систему: ^4=у, у?«2, — 0«х.
Ьх*. Ьу КГ
207(1119). Построить прямоугольный треугольник по высоте пря-
мого угла и разности между суммой катетов и гипотенузой.
203(111.9). Сколько раз в сутки стрелки часов перпендикулярны
друг другу?
209(111.10). Доказать, что число ((3!)!)! имеет более 100Q цифр.
210(111.10). Найти наибольшее и наименьшее значения выражения
sin6x^cds6x.
211(111.10). Доказать, что если при любом значение х и постоям-,
ном с имеет место равенство .Цх+с> ^то f(x) - периоди-
ческая функция.
212(111.10). В остроугольном треугольнике АВС высоты пересека-
ются в точке О. Доказать, что радиусы окружностей,описанных во-
круг треугольников АВС, АОВ, АОС, ВОС, равны между собой.
213(111.10). На клетчатой бумаге нарисована замкнутая иепересе-
кающаяся кривая, ограничивающая площадь, меньшую площади одной
клетки. Доказать, что эту фигуру можно расположить так, чтобы
внутри нее не лежало ни одной вершины клетки.
214(111.11). Доказать,что сумма чисел тогда и только тогда де-
лится на 9, когда на 9 делится сумма всех цифр этих чисел.
215(111.11). Решить уравнение: (а-’/а+х х.
216(111.11). В квадратную таблицу 3x3 вписаны 9 чисел таким об-
разом, что сумма чисел, стоящих в каждой строке, каждом столбце
и на каждой диагонали равна -1/3. Какое число стоит в централь-
ной клетке таблицы?
217(111.11). В пространстве расположено некоторое конечное чис-
ло шаров, радиусы которых суть рациональные числа. Объем части
пространства, заключенной внутри шаров, численно в 1000 раз бо-
льше произведения их радиусов. Доказать,что по крайней мере два
шара пересекаются.
25
218(111.11). Доказать, что в квадрат нельзя вписать ромб, отли-
чный от квадрата.
1963/64
219(11.7). Доказать, что точки, симметричные с произвольной то-
чкой М относительно середин сторон четырехугольника, являются
вершинами параллелограмма.
220(11.7). Доказать, что ёсли у есть среднее арифметическое ме-
жду х и z, то выражение x4+2x3z-2xz?-z4-4x2y2+4y2z2 равно нулю.
221(11.7). Доказать, что выражение (п3-п)/6 при любом натураль-
ном п есть целое число.
222(11.8). Доказать, что п5-5п3+4п делится на 120, когда и- на-
туральное число.
223(11.8).Пусть А=|-(х + |)а + |-(х - ;)Ь, В=4-(х - |)а + |-(х+
+ £)Ь. Доказать, что А -В = а -ЬЛ
224(11.8). В четырехугольнике середины противоположных сторон
соединены отрезками. Эти отрезки разбивают четырехугольник на
четыре части. Доказать, что сумма площадей одной пары непрнле-
жащих частей равна сумме площадей другой пары.
225(11.9). Решить систему х2+ у2-(х+у)-12=0, ху-2(х+у)+8=0.
226(11.9). Найти двузначное число, куб суммы цифр которого ра-
вен его квадрату.
227(11.9). Доказать,что площадь прямоугольного треугольника ра-
вна произведению отрезков гипотенузы, на которые ее делит впи-
санная окружность.
228(11.10). Дана геометрическая прогрессия. Выразить произведе-
ние всех ее членов через первый и последний.
229(11.10). Доказать, что если все коэффициенты уравнения ах2 +
+ Ьх+с=0 целые нечетные числа, то корни уравнения не могут быть
рациональными.
230(11.10). Доказать, что отрезок, проведенный через точку, ле-
жащую внутри угла, и делящийся в этой точке пополам,отсекает от
этого угла треугольник наименьшей площади.
231(11.11). Решить систему: х4+у4=17, х+у=3.
26
232(11.11). Построить треугольник по двум сторонам и разности
противолежащих им углов.
212(11.11)
233(111.7). Доказать, что отрезки, - соединяющие центры квадратов,
построенных на сторонах параллелограмма в не его, образуют квад-
рат.
234(111.7). Найти двузначное число, равное удвоенному произвел
дению его цифр.
235(111.7). Решить систему уравнений: |х-3|=5-у, |у-5| + |х-3|=х+у.
236(111.7). На данной прямой найти такую точку,чтобы сумма рас-
стояний от нее до двух данных точек была бы наименьшей.
237(111.7). Найти два числа, зная, что их Сумма равна 168,а об-
щий наибольший делитель равен 24.
238(111.8). Окружность А касается окружностей В и Св точках Е
и Н соответственно. Прямая ЕН пересекает линию центров окружно-
стей В и С в точке О. Окружность В в точках Е и Е и окружность
С в точках Н и Н . Доказать, что отрезки ЕО и Н'О, а также от-
резки ОЕ' н ОН относятся как радиусы окружностей В и С.
239(111.8). В трапеции провести прямую параллельно основаниям
так, чтобы ее отрезок между боковыми сторонами делился диагона-
лями на равные части.
240(111.8). Решить систему: 1+х+у=ху, 2+y+z==yz, 5+z+x=zx.
241(111.8). Найти две последние цифры числа 2 ю00.
242(111.8). Три ученика К, Е, Н сдают последовательно экзамены.
На каждом экзамене сдавший лучше всех получает А очков, вторбй-
В очков, а отвечавший хуже всех - С очков fA, В, С -натуральные
числа). После всех экзаменов К набрал 22 очка. Е и Н - по 9 оч-
ков, причем Е был первым по алгебре. Кто был вторым по литера-
туре?
243(111.9). Найти число, если для записи шестой его степени в
десятичной системе использовались по одному разу цифры 2,4,5 и
по два раза цифры 8 и 9.
244(111.9). Доказать, что если функция у=ах2+Ьх+с при всех це-
лых значениях х принимает значения целые, то числа 2а, 2Ь, с -
целые.
27
245(111.9) Решить систему: х*+у2«ахут, y2+z2=bxyz, z2+x2=cxyz
246(111.9). Доказать, что точка пересечения биссектрисы угла
треугольника и перпендикуляра,восстановленного из середины про-
тивоположной стороны, равноудалена от концов рассматриваемой
стороны и от центра вписанного круга.
247(1 II.9). С помощью линейки и циркуля с данным неизменным ра-
створом построить равносторонний треугольник с данной стороной.
248(П1.10). На плоскости даны 4 точки. Построить квадрат так.
чтобы на каждрй его стороне лежала одна из точек.
249(1*1.10), Доказать, что при положительных а.Ь, с справедливо
неравенство: аЬ(ач-Ь-2с)+Ьс(Ь+с-2а)+са(с+а-2Ь)^0.
250(111.10) Д. треугольнике АВС высота АЕ составляет половину
биссектрисы внешнего угла при вершине А. Найти разность углов
В и %
251(К^Л0). В геометрической прогрессии 1; 0,1; 0.01; 0,001;..
вычеркнуты все члены, номера которых являются точными квадрата-
ми. Доказать, что сумма оставшихся членов не может быть рацио-
нальным числом.
252(111.П).Доказать, что высоты hb, hc треугольника и ра-
диус г вписанной в него окружности, связаны соотношением £ + ~+
+ V'- а ь
253(111.11). Может ли число t+2+...+k при каком-нибудь к окан-
чиваться цифрой 7?
254(111 Л1). Доказать.что если а уравнении с целыми коэффициен-
тами сумма всех коэффициентов и свободный член являются нечет-
ными числами, Тб у равнение не имеет целых корней.
255( Hl 11Доказать, что биссекторная плоскость любого двугра-
нного угла тетраэдра делит грани, которые она пересекает.на ча-
сти, площади которых относятся как площади прилежащих к ним
граней.
ЭДШЛО)
166(111.10)
1964/65
256(IIL7). На школьной викторине было предложено 30 вопросов.
28
За каждый правильный ответ участнику засчитывалось 7 очков,а за
неправильный с него списывалось 12 очков. Сколько верных отве-
тов дал участник, если он набрал 77 очков?
257(111 7). Разложить на множители следующее выражение : (а-Ь)3+
+(Ь-с)3+ (с-а)3.
258(1117). Доказать, что если п>1 и нечетно, то выражение п*?*
- п8-<14+1 делится на 128.
259(1117). В прямоугольном треугольнике один из углов равен
30°. Доказать, что в этом треугольнике отрезок перпендикуляра,
проведенного к гипотенузе через ее середину до пересечения с
катетом, втрое меньше большего катета данного треугольника. ;
260(111.7). Построить треугольник по медианам/, ,
261(1118). Половину пути лошадь шла порожняком со скоростью 12
км/ч. Остальной путь она шла с грузом,, делая 4 км/ч.Какова сре-
дняя скорость, т е с какой постоянной скоростью нужно было бы
двигаться, чтобы на весь путь употребить такое же количество
времени.
262(111.8), К двум окружностям проведены общиеэкутреняя и вне-
шние касательные. Доказать, что отрезок внутренней касательной,
заключенный между внешними касательными, равен отрезку внешней
касательной, заключенному между точками ее касания.
263(111,8). Доказать, что при любом целом m число =т*т4+ 4’т3 ♦
112! Т
?^'гтг+ £-гп будет целым.
264(111.8). Крайние цифры трехзначного числа различны; они ме-
няются местами и меньшее из полученных двух чисел вычитается из
большего, результат складывается с числом, полученным из него
перестановкой крайних цифр. Доказать, что результат не зависит
от исходного числа.
265(111.8) Город разбит иа 50 кварталов,каждый из которых име-
ет периметр 400 метров. По внешним сторонам кварталов проходит
шоссе. Турист прошел шоссе за 1,5 часа и, узнав в справочнике
длину всех улиц города, установил, что смог бы пройти их с та-
кой скоростью за 4.25 часа. Как быстро шел турист?
266(111.9). Решить систему: х+у+ху=5, х3+у3+х3у3* 17.
267(111.9). Один математик решил выписывать подряд натуральные
числа, повторяя некоторые из них так, чтобы у каждого числа N
оказались выписанными точно N его делителей. Получилась такая
29
последовательность 1.2.3.4.4,5.6.6.6,7.8,8,8,8,... .Сколько раз
ему придется выписать число Зк ?
268(111.9). Доказать, что если целые числа а.Ь.с ие делятся на
3, то 5а3*Ь3+с3.
289(111.9). Два пешехода выходят из пунктов А и В одновременно
по направлению к перекрестку О и идут с одинаковой скоростью. В
какой-то момент расстояние между ними окажется наименьшим. По-
строить точки, в которых окажутся в этот момент пешеходы.
270(111.9). Через середину каждой диагонали выпуклого 4-уголь-
ника проведена прямая, параллельная другой диагонали. Точка их
пересечения соединена с серединами сторон четырехугольника. До-
казать. что последними четырьмя отрезками данный четырехуголь-
ник делится на равновеликие части.
271(111.10). Доказать, что если a-sin2x+b-sin3x4-c-sin4x=0 для
всех х, то а=Ь=с=0.
272(111.10). Найти геометрическое место точек, сумма расстояний
которых до сторон данного угла есть величина постоянная.
273(111.10). В теннисном турнире имеется 2р участников. В первом
круге турнира каждый участник играет один раз, так что проводи-
тся всего р игр, в каждой из которых занято 2 игрока. Докажите,
что пары для первого круга могут быть составлены точно.
’ ГЗ-5-7’.. *(2р-1)
различными способами.
274(111.10). Найти число, если для записи его шестой степени в
десятичной системе счисления использованы 0,1,3 - по одному ра-
зу, 4 - два раза и 2 - три раза.
275(111.10). Докажите, что для любых р* и q существует нецелое х
такое, что будет целым числом x2+px+q.
276(111.11). Пусть А - произвольное 1965-значное число, деляще-
щееся на 9, а - сумма цифр числа А, b - сумма цифр числа а, с -
сумма цифр числа Ь. Найти с.
2771111 11). Доказать, что если точка находится внутри данного
правильного многогранника, то сумма его расстояний до всех гра-
ней равна утроенному объему, деленному иа площадь его грани.
278(111.11)., Доказать,что среди всех треугольников, имеющих за-
данную сумму двух сторон и заданный угол между ними, равнобед-
ренный треугольник, в котором заданный угол является углом при
30
его вершине, имеет наименьшую третью сторону.
279(111.11) Девять многоугольников, имеющих площадь .1 jcb. см.
каждый, расположены внутри квадрата площадью 5 кв.см. Доказать*
что по крайней мере два многоугольника имеют общую часть, пло-
щадь которого не менее 1/9 кв.см .
280(111.11). Доказать.что существует бесконечно много целых чи- .
2
сел. таких, которые нельзя представить в виде п +р, где п -i це-
лое. р - простое.
1905/66
281(11.8). Доказать.что ни при каком п число п2+п+10 не делится
на 169.
282(11.8). Количество километров, пройденных машиной.выражалось
симметричным числом 15951. Через два часа счетчик показал новое
число, которое тоже в обе стороны читалось одинаково.Определить*
с какой скоростью шла машина в эти два часа.
283(11.8)/ Дан отрезок ЛВ и точка С на его продолжении. Из точ-
ки С проводятся касательные ко всем окружностям, центры которых
лежат на отрезке ЛВ. Найти геометрическое место точек касания.
284(11.8). 2П неотрицательных чисел записаны в форме квадратной
таблицы. Сумма всех чисел равна 1966. Сумма чисел, стоящих на
2-х диагоналях, равны 114. Числа, расположенные симметрично лю-
бой диагонали, равны. Доказать, что сумма чисел в любой строке
меньше числа 521.
285(11.9). Доказать, что (х2+у2):ху+4ху:(х2+у2)=4 тогда и толь-
ко тогда, когда х^у.
286(11.9). Высота прямоугольного треугольника, опущенная на ги-
потенузу, равна 10 см. Доказать, что из этого треугольника мож-
но вырезать круг площадью 50 кв.см.
287(11.9) Выпуклый многоугольник имеет периметр 100 см.Вне его
на расстоянии 10 см от каждой стороны проводятся прямая, парал-
лельная этой стороне. Доказать, что периметр полученного много-
угольника больше 150 см.
288(11.9). Некто, войдя в лифт на одном из средних этажей небо-
скреба, обнаружил, что при нажатии кнопки "вверх* кабина проле-
тает сразу а этажей, а при нажатии кнопки "вниз* падает на b
этажей. Каков ближайший верхний этаж, на который можно добрать-
ся на лифте?
289(1110). Даны три положительных числа р, а, Ь. Найти необхо-
димое и достаточное условие того» что существует такой круг,
часть которого,заключенная между непересекающимися хордами дли-
ны а и Ь, имеет периметр, равный р
290(11.10). Доказать, что если выполняются условия:
2" 2 2 2 292 29
х +ху+у=с . y+yz+z=a, z*+zx+x =b\xy+yz+zx=O, то
(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c )=0.
291(11.10) Дано я точек, не лежащих на одной прямой. Доказать,
что соединял каждые две из них, получим по крайней мере п раз-
личных прямых.
292(1110). Найти все неотрицательные решения системы уравнений
1"Х1яХ2' ’-^З....... иХпяХГ
293(11.19). Пусть п юношей дружат с девушками. Предположим, что
для каждой группы.состоящей из к юношей ^isksn).имеется по кра-
йней мере к девушек, имеющих друзей среди этих к юношей. Дока-
зать, что во время танца, в котором участвуют.все- эти юноши и
девушки, каждый может танцевать с девушкой, с которой он дружит.
294(11.11). Выражение (3^Т~-1)1/3 тождественно преобразовать к
виду, не содержащему радикалов под знаком радикала.
295(11.11). Точки АиВна плоскости соединены ломаной с коне-
чным числом звеньев. Доказать, что существует отрезок, концы ко-
торого лежа! на ломаной, параллельной отрезку АВ и имеющей дли-
ну АВ/2.
296(11.11). Доказать, что если функция f(x)==sinx+cosax периоди-
ческая, то а является рациональным числом.
297(11.11). Известно, что выполняются условия a^l, а^-За^а^
аЮ, а2-За3+2а4*, а3-За4^2а1^0, а4-За^а^О. Найти а2, а3, а4.
298(11.11). Пусть af,a^,a3 - попарно различные числа, bpb2,b3-
произвольные данные вещественные числа. Доказать, что значения
неизвестных, дающие решения системы х*+ a?x2+ a^x3=b}, Xj+a2x2+
♦ a«x,«bo, х,+ а.х*+ а?хч«Ц,являются коэффициентами многочлена
33 £ 1 -Л £ ww.w
гхм-к -М1 -а3> <* -М‘ -а1> .ь . ° -М
и наоборот.
299(111.7). Доказать, что равны друг Другу следующие дроби:
а*+ (а2+ 2аЬ + 4Ь?>? (аЧ ab + Ь2)2 ♦ Ь*
а4+ (а2- 2аЬ + 4Ь2)2 (a2* аб ♦ Ь2г +
309(111.7). Какая из дробей больше :
101966+ 1 ,
301(111:7,9). Доказать, что если сумма квадратов двух целых чи-
сел делится на 7, то каждое из этих чисел делится иа 7.
302(111.7). Через произвольную точку,лежащую на диагонали пара-
ллелограмма, проведены прямые, параллельные его Сторонам. Дока-
зать, что получившиеся параллелограммы, через которые не прохо-
дит диагональ, равновелики.
303(111.8). Дано: р й q - простые числа; q3-l делится на р,
р-1 делятся на q. Доказать, что p=l+q+q2.
304(111.8). На классной доске написаны числа 1,2,3,... 1966. Ра-
зрешается стереть любые два числа, записав вместо них их раз-
ность. Доказать, что многократным повторением этой операции не-
льзя добиться того, чтобы на доске остался один нуль.
305(111.8). В четырехугольнике три тупых угла. Доказать,что из
двух его диагоналей большей является та, которая проведена из
вершины острого угла.
306(111.8). На плоскости расположены п прямых; число получивши-
хся при этом точек пересечения равно т. Каким должно быть число
ш, чтобы п из этого условия определялось однозначно?
307(111.8). Тридцать команд участвуют в первенстве по футболу.
Каждые две команды должны сыграть между собою один матч. Дока-
зать, что в любой момент состязаний имеются две команды, сыгра-
вшие к этому моменту одинаковое количество матчей.
308(111.9). Доказать, что круги, построенные на сторонах выпук-
лого четырехугольника как на диаметрах, целиком его покрывают.
309(111.9). 870 т гранитных глыб нужно вывезти из карьера. До-
казать, что если каждая глыба весит не более 8 т, то для пере-
возки всегда достаточно 17 платформ/ грузоподъемностью 58 т
каждая.
310(111.9). Плоскость раскрашена в три цвета. Доказать,что най-
дутся две точки одного цвета, находящихся на расстоянии 1966 км
311(111.9). Доказать, что во всякой треугольной пирамиде суше-
33
ствует вершина, такая, что из ребер, исходящих из нее, можно со-
ставить треугольник.
312(111.10). Найти наименьшее значение многочлена х-(х + 1)*(х+
+2)(х+3).
313(111.10). Внутри круга с центром в точке О дана точка А. от-
личная от О. Найти на окружности точку М, такую, для которой
угол АМО наибольший.
314(111.10). Числа а р а2» а12 удовлетворяют неравенствам:
а2(а1-а2ч-а3)<0.а3(а2-а3+а4)<0....Bj 1(а1П-аи+а12)<0. Доказать,
что среди них найдутся три положительных и три отрицательных
числа.
315(111.10,11). В единичный квадрат бросили 51 точку. Доказать,
что какие-нибудь три из них можно заключить в круг радиуса 1/7.
316(111.10). Доказать,что число граней выпуклого многогранника,
все грани которого суть параллелограммы, имеет вид k(k-1).
317(111.11). Дана произвольная последовательность натуральных
чисел (пк),по которой строится новая последовательность (mk) по
следующему закону: m t=n2~n 1.m2=n2+n r m3=n3-n2, т4==п3-пгт5=п3+
।, ni^*® п3*4*п2, m7=»n4 —п3, m8 -n4- n2, rn^—n4 — n ।. m । ri4 "Ф"n , ni 11 ~n 4 ч*ri2.
т12=п4ч’л3’ Записать последовательности (mk)
318(111.11). Все целые числа произвольным образом разбиты на
две группы. Доказать, что хотя бы в одной из групп найдутся три
числа, одно из которых есть среднее арифметическое двух других.
319(111.11). По пересеченной местности проходит прямая дорога.
Пешеход может двигаться по дороге со скоростью б км/ч. а по лю-
бому направлению вне дороги со скоростью 3 км/ч. Найти геомет-
рическое место точек иа местности, которое может достичь пеше-
ход за один час, если он начинает движение из некоторой точки
дороги.
329(111.11). Все точки плоскости произвольным образом разбиты
на два класса: на класс белых точек и класс черных точек. При-
чем имеется хотя бы одна белая н хотя бы одна черная точка. До-
казать.что:
а) найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми
равно 1966;
б) найдутся две точки разного цвета, расстояние между которыми
равно 1966.
34
1966/67
321(119). Найти наименьшее значение выражения х4+у,4 если х+у=1.
322(11.9). Через точку, лежащую на стороне треугольника, прове-
сти прямую до пересечения с другой стороной Так, чтобы площадь
отсекаемого треугольника равнялась 1/7 площади исходного.
323(11.9). Пусть Цх)=апхп+ад, +а?х+а0 многочлен с це-
лыми коэффициентами, причем f(0) и f(l) - нечетные числа. Дока-
зать, что уравнение f(x)=O не имеет целых корней.
324(11.9). Доказать,что всякий четырехугольник может быть зак-
лючен в круг, радиус которого RsP/4, где Р - периметр четырех-
угольника.
325(11.9). Найти все целые п, при которых дробь (т4 + 2* гл3- т2-
- 2т): п является сократимой при любых значениях т.
326(11.9). Внутри выпуклой области имеется точка, расстояние от
которой до границы в любом направлении есть целое число. Дока-
зать, что эта точка не лежит ни на какой хорде длины 1967 ('хор-
дой называется отрезок, концы которого лежат на границе области)
327(11.10). Замкнутая неперёсекающая кривая разбивает плоскость
на две области: внутреннюю и внешнюю. Два человека отправляются
по произвольным маршрутам из разных точек плоскости, причем
каждый не знает, в какой из областей он находился. Доказать,
что если они встретятся, то всегда смогут выяснить, были они
вначале в одной или в разных областях.
79(11.9)
254(11.10)
328(111.10). Найти все действительные числа x.y.z, удовлетворя-
ющие системе: х+у=2, xy-z2=l.
329(11.10). В шестиугольнике ABCDEF: AB||DE, BC||EF, CE>||FA, AD=
=BE=CF. Доказать, что около него можно описать окружность.
330(11.10). В таблицу 9x9 расставлены числа 1,2,3,...,81. Дока-
зать, что при любой расстановке найдутся две соседние клетки,та-
кие, что разность между числами, стоящих в этих клетках, не ме-
ньше 6. ^Соседними называются клетки, имеющие общую сторону).
331(11.7). Доказать, что при всяком нечетном натуральном п чис-
ло п4+7-(7 + 2-п2) делится на 64.
35
332(111.7). Построить треугольник АВС, если даны точки А и В и
прямая, на которой лежит биссектриса угла С
333(111.7). На доске было написано 5 различных чисел.Сложив их
попарно, получили следующие 10 чисел: 0,2,4,4,6,8/9,11, 13, 15.
Какие 5 чисел были написаны на доске?
334(111.7). Дан равносторонний треугольник АВС. Найти гео Метри-
ческое место точек М, таких, что треугольники АМВ и ВМС равно-
бедренные.
335(111.7). Каждая сторонд правильного треугольника разделена
на п равных частей и через точки деления проведены отрезки, па-
раллельные сторонам треугольника так, что треугольник оказался
разделенным на маленькие треугольники В каждой из этих треуго-
льников записано число +1 или -1, причем число, стоящее в любом
треугольнике, равно произведению чисел стоящих в смежных тре-
угольниках. Доказать, что в угловых треугольниках стоят одина-
ковые числа.
336(111.8). Дана таблица чисел: 0 1 2 3.. 1967
1 3 5 ..
4 8 ...
>под каждой парой чисел пишется их сумма*. Доказать, что число,
стоящее внизу, делится на 1967.
337(ПЬ8). Доказать, что сумма цифр точного куба не может быть
равна 1967,
338(111,8). На продолжении наибольшей стороны АС треугольника
АВС отложен отрезок CD: CD=5BC. Доказать, что угол ABD - тупой.
339(111.8). Точки А и В лежат на окружности с центром в точке О
На меньшей дуге АВ взята точка М. Доказать, что если угол АОВ
равен 60л то прямая, проходящая через середины отрезков МА и
ОБ, перпендикулярна прямой, проходящей через середины МВ и ОА.
349(111.8). Доказать, что существует кривая длины которую
нельзя поместить целиком ни в какую выпуклую фигуру площади S.
341(111.9). Решить систему: х t+. х2+ х3 = 0, х2+ х3+ х4 = 0,...
Х99^Х100^Х101^г Х100^Х101+Х1=0> Х10 1+Х1+Х2~0'
342(1IL9). Доказать, что если из произвольной точки, лежащий
внутри выпуклого многоугольника, опустить перпендикуляры на его
стороны, то по крайней мере основание одного перпендикуляра ле-
жит на стороне многоугольника, а не на ее продолжении.
. • - 36
343(111 9). Имеется две строки по п чисел в каждой. написанные
одна под другой. В каком порядке надо расположить числа в стро-
ках. чтобы сумма парных произведений чисел верхней строки на
стоящие под ними числа нижней строки стала наибольшею?
344(111 9). Найти все целые значения параметра а. при которых
уравнение (х~а)• (х-10)+1 =0 имеет по крайней мере один целый ко-
рень
345(1119). Прямоугольный треугольник АВС с катетами АВ=6 и ВС<
=4 движется в плоскости так. что вершины А и С скользят по сто-
ронам неподвижного прямого угла Доказать. что геометрическим
местом точек В является отрезок и найти его длину.
346(11110) Доказать неравенство abcJ+bca2+cab2sa4+b4+c\
347(11110). Доказать, что уравнение 19х3- 17у3»50 не имеет ре-
шений в целых числах.
348(111 10) В треугольнике АВС медианы АО и BE взаимно перпен-
дикулярны. Доказать, что ctgA+ctgB£2/3;
349(11110). В выпуклом лесу площадью S заблудился человек. До-
казать. что он может выйти рз леса, пройдя путь, не больший.чем
/2п5
350(111.10) xv- вещественный корень уравнения х2+ рх* q®0. х^-
вещественный корень уравнения x^-px-q«O/Доказать, что уравнение
x2+2px+2q=0 имеет вещественный корень, заключенный, между, х^ и
х2* (р и q - вещественные числ^.
1967/68
351(117). В выражении 1:2:3:4 5:6:7.8:9 расставить скобки так,
чтобы результат был: а) минимален. б) максимален.
352(11 7). При каких к выражение к***+(к+1)к делится на 3?
353(11.7) С - середина дуги АВ данной окружности, точка Р ле-
жит внутри окружности Доказать, что если РА<РВ. то/АРС>хСРВ.
354(11 7) В выражении *§EPALO зам*мнть буквы цифрами так,
В'вТйт
чтобы получилось справедливое равенство.
355(11 8). Через две точки.лежащие в круге,провести окружность,
лежащую целиком в том же круге»
’ У
356(11.8). Решить систему: х^х^ 4:хр/2. х3=(*2+ 4:х2)/2,
- 4:ХиЧ>/2’ 4:х„>/2
357(11.8). Треугольным числом называется число вида (п + 1)п/2.
Доказать» что существует бесконечно много, чисел, являющихся од-
новременно суммой двух треугольных чисел н суммой двух квадра-
тов.
358(11.8). Космонавт сел на небольшую планету в точке Ро и по-
шел нз нее в самую далекую от места посадку точку Рг Отдохнув
там, он отправился дальше в точку, самую далекую от Р^. Ею ока-
залась точка Р2, которая отстояла от Pj дальше, чем PQ. Отдыхая
в Pj, он сообразил, что если будет продолжать свою прогулку по
тому же правилу, то место прсадки Ро никогда не будет местом
очередного отдыха. Почему? (Расстояние между двумя точками на
планете - это длина кратчайшего пути по планете, соединяющего
эти две точки).
359(11.9). Контрабандная моторная лодка располагает скоростью
втрое большей, чем сторожевой катер. Первоначально катер нахо-
дился на половине пути между лодкой и тем местом побережья, до
которого лодка должна добраться. Капитан лодки решает плыть к
цели вдоль двух сторон квадрата. Какая часть этого пути будет
опасной?
х'
360(11.9). Доказать, что положительный корень уравнения х5+х-10
является иррациональным. ’
361(11.9). Длины сторон треугольника являются решениями уравне-
ния x3-2px2+qx+r=0. Найти его площадь.
362(11.9). Пусть f(x) и g(y) - многочлены, отличные от постоян-
ной. Доказать, что их сумма не может делиться ни на один много-
член по степеням только х .отличной от постоянной.
363(11.9). Доказать, что для всех вещественных х, у выполняется
неравенство [хЭДх+у]4{у]з[2х)+[2у].
364(11.10). Доказать, что при положительных а, Ь, с и d имеет
место неравенство ac*d+bc+d£acbd+adbc.
365(11.10). На поверхности куба найти точки, нз которых диагональ
куба видна под наименьшим углом.
366(11.10). Клетчатая плоскость раскрашивается десятью красками
так, что клетки, имеющие общую сторону (соседние), покрашены в
разные цвета, причем все десять красок использованы. Две краски
38
называются соседними, если ими где-нибудь покрашены соседние
клетки. Каково наименьшее возможное число пар соседних красок?
307(11.10). Пусть р и q - две конечные последовательности, сос-
тавленные нз символов а и Ь. Пусть pq=qp, где pq означает резу-
льтат приписывания последовательности q справа к последователь-
ности р Доказать, что найдется такая последовательность г и та-
кие целые положительные числа к и I, что
368(111.7). Доказать, что дро б ь (п4-Зп*+1).(п4-п2-2п-1) сокра-
тима и при любом п>2 правильная.
369(11! 7). Дан ромб Построены биссектриссы его внешних углов
до взаимного пересечения. Определить вид образовавшегося четы-
рехугольника и доказать, что его периметр вдвое больше суммы
длин диагоналей ромба.
370(111 7.8.10). Решить уравнение в целых числах: 2у»1+х+х2+х3.
371(1 И.7). В учреждении стоит 14 канцелярских столов с одним,
двумя, тремя и четырьмя ящиками. Всего в столах ЗЗ яшика.Сколь-
ко столов с одним ящиком, если известно, что их столько же,
сколько с двумя и тремя ящиками вместе.
372(П1.7). В каждой вершине треугольника написано число, абсо-
лютная величина которого меньше 10е.. причем сумма всех этих чи-
сел равна 3000. Каждое число заменяется иа среднее арифметиче-
ское двух остальных, и эта операция повторяется 30 раз. Дока-
зать. что после этого абсолютная величина каждого из чисел ста-
нет меньше 1001.
373(Ш.8). В 4-угольнике три угла равны 100? Доказать, что ди-
агональ. проведенная из вершины четвертого угла, больше второй
диагонали.
374(111.8). Квадрат двумя способами разбивается на 100 равнове-
ликих частей. Доказать, что в каждом из 100 кусков первого раз-
биения можно выбрать по одной точке так,что в каждом куске вто-
рого разбиения окажется тоже только одна из этих точек .
375(111.9). Решить в простых числах уравнение ху+1«т.
376(Ш.9). шип — целые положительные числа, такие, что т:п<
Доказать, что ZT-m: гп2).
^77(111.9Д9) Какое наибольшее число точек можно поместить иа
отрезке длины 1 так, чтобы на любом отрезке D, в нем содержа*
щемся, лежало бы не больше, чем 1+1000* JD|2 точек, где |D|-дли-
на отрезка D,
370(111.9). Даны середины трех равных сторон выпуклого четырех-
угольника. Построить четырехугольник.
879( 111.9). Пусть а^а^а. • $ и~а|+а2+'* +а гг Докажи-
те, что S sat+ 2*аа+ 2**а 9+ 2^* а >/. +*2ft*a s 2*s\
2ft . 2* 23 2n 2n
380(11 LIO). Составить две прогрессии, арифметическую и геомет-
рическую, каждую из четырех членов; при этом.если сложить одно-
именные члены обеих прогрессий, то должны получиться числа 27,
27,39,87.
381(11140). Доказать»что среди положительных чисел а.Ь.с есть
два равных, если известно, что при любом натуральном к из отре-
зков длины ай, b\ с* можно составить треугольник.
382(111.10). В пространстве даны пять точек A.B.C.D.E. Середи-
ны отрезков АВ и СЬ. ВС и DE соединены, середины получившихся
отрезков тоже. Доказать, что последний отрезок параллелен отре-
зку АЕ н равен 0.25* АЕ . 1968/89
383(111.8). Доказать,что число И...122...2 /сто единиц и сто
двоек/ есть произведение двух последова-
вательных целых чисел.
384(111.8). В прямоугольном доме ABCD 40
комнат >рис.1.2<. и между каждыми двумя
соседними комнатами - дверь. Можно ли
пройти из А в В так, чтобы через каждую
комнату проходить ровно один раз? Из А в
О Из А в D >
388(111.8,10). Решить уравнение: (1 + х)1/3+ (1 * х),/3= а.
388(1118). В шестиугольнике A1A5A3A4AgA6 противоположные сто-
роны параллельны. Доказать, что площади треугольников А^^ и
А^А4Аб равны.
387(111.9). 1969 + 6961*8930, 1968 >8961*10929, 0880+0880=1760.
Можно ли придумать такие новые обозначения для цифр 0,1,..., 9,
чтобы при переворачивании каждое число имело смысл, не совпада-
ло с первоначальным я чтобы при. этом сумма каждого числа с пе-
ревернутым была одной и той же для всех четырехзначных чисел.
388(111.9). 50 гангстеров стреляют одновременно.Каждый стреляет
в ближайшего (в одного из ближайших, если несколько человек на-
ходятся на одинаковом расстоянии от него) я убивает его наповал.
Найти наименьшее число убитых ^гангстеров можно считать точками
плоскости).
389(111.9) Доказать, что для того, чтобы перпендикуляры, вос-
становленные из точек К, Е, Н, лежащих соответственно на сторо-
нах АВ, ВС и СА данного треугольника, к этим сторонам, пересе-
кались в одной, точке, необходимо и достаточно выполнение уело-
вия: АК2+ВЕ2+СН2=КВ2+СЕ2+НА2
390(111.9). Доказать, что "Г*”• '“W" < Й'
391(111.9) Провести прямую, параллельную данной, так, чтобы да-
нный на плоскости угол высекал из нее отрезок, в два раза боль-
ший того, который высекает из нее же данная окружность.
392(111.10). Найдите четыре целых числа, которые составляют
арифметическую прогрессию, не имеют общих (для всех) делителей,
больших 1, и таковы, что куб наибольшею из них равен сумме ку-
бов трех других.
393(111.10). В учреждении, занимающем семиэтажный дом, 700 ком-
нат, каждый этаж в плане представляет собой квадрат, разбитый
на 100 равных маленьких квадратов $0 в длину, 10 в ширину). Из
каждой комнаты есть двери во все соседние с ней и люки -в верх-
нюю и в нижнюю комнаты. Можно ли пройти из угловой комнаты се-
дьмого этажа в комнату, расположенную в противоположном углу на
первом этаже,побывав по дороге в каждой комнате ровно один раз?
394(111.10). Каким наименьшим числом кругов радиуса 1 можно по-
крыть круг радиуса 2?
395(Ш.7). Доказать, что в треугольнике со сторонами а, Ь, с
прямая, соединяющая центр описанной окружности с точкой пересе-
чения медиан, тогда и только тогда перпендикулярна медиане сто-
роны с, когда а2+Ь2=2с2.
1969/70
396(111.7). Середины сторон АВ,ВС,CD выпуклого четырехугольни-
ка ABCD лежат в данных точках К,Ь,М.Где может лежать вершина А?
397(111.7-9). Какое число больше: /1969 + /Г97Т или 2,vT979?
41
398(111.7-9). Решить в целых числах уравнение х +
399(111.7-8). В пруд пустили 30 лцук. которые постепенно поедают
друг друга. Щука считается сытой, если она съест трех щук ( сы-
тых или голодных) . Каково наибольшее число щук может насытить-
ся?
400(111.8). В угол АВС вписаны две окружности, одна из которых
касается стороны АВ в точке А, а другая ВС в точке С. Доказать,
что эти окружности высекают на прямой АС равные хорды.
401(111.8). Из трехзначного числа вычли сумму его цифр. С полу-
ченным числом сделали io же самое и т.д. сто раз. Доказать, что
в результате получится нуль .
402(111.9). Длины сторон остроугольного треугольника - последо-
вательные целые числа большие трех. Доказать, что высота, опу-
щенная на среднюю по величине сторону, делит ее на отрезки, ра-
зность которых равна 4.
403(111.9). В треугольнике АВС угол С равен 45°; Найти отноше-
ние DE к АВ. если Da Е - основания высот треугольника, опущен-
ных на хтороны АС и ВС.
404(111.9). На некоторой планете 20 государств. причем среди
любых трех некоторые два еще не установили дипломатических от-
ношений между собой ( не обменялись посольствами): Доказать, что
на этой планете не более 200 посольств. г
408(111.10). Вычислить сумму
lg(2,tgt0)+lg(23;tg3o)+...+!g(289, tg89e).
406(111,10). У кладоискателя
была карта ( рис. 1.3 ) и к ней
инструкция: "Отложить от кам-
ня А отрезок ААГ равный рас-
стоянию от А до камня С. пер-
пендикулярно АС а от камня В
- отрезок ВВГ равный рассто-
янию от В до С, перпендикуля-
рно ВС. Клад закопан в сере-
дине отрезка А Придя на
место, кладоискатель обнаружил, что
- исчез. Как ему разыскать клад?
рис.1.3
камни А и В сохранились, а С
42
407(111.10). Можно ли внутри выпуклого многогранника найти та-
кую точку, что все перпендикуляры, опущенные из нее на плоско-
сти граней, не будут пересекать соответствующих граней? ( Выпук-
лым называется такой многогранник, который лежит по одну сторо-
ну от плоскости любой своей грани).
408(111.10). В квадрате со стороной 1 нарисовано несколько ок-
ружностей, сумма длин которых равна 10. Доказать, что можно про-
вести прямую так, что она пересечет не менее четырех окружно-
стей.
409(111.10). На перекрестках дороги, карта которой нам неизве-
стна, стоят автоматические светофоры. Известно, что автомобиль,
проехавший любой перекресток в любом из Двух направлений со
скоростью 100 км/ч при зеленом свете светофора и едущий дальше
с той же скоростью, прибудет к следующему перекрестку, когда на
светофоре снова будет зеленый свет, и, значит, сможет проехать
его беспрепятственно. Какие еще скорости будут обладать таким
же хорошим Свойством? Например, для всякой ли дороги, на кото-
рой 100 км/ч удовлетворяют указанному условию, скорости 40 и 50
км/ч также ему удовлятворяют?
1970/71
410(11.7). Известно,что разность двух нечетных чисел делится на
5. На какую цифру оканчивается разность их кубов?
411(11.7). Построить треугольник по стороне АВ,сумме сторон АС+
+ВС и углу С.
412(11.7). На палке закреплено 10 петель. К некоторым из этих
петель привязали воздушные шары разных размеров, а к остальным
- грузы разного веса. Оказалось,, что если оставить 5 любых со-
седних петель й оборвать остальные,то воздушные шары перетянут,
и палка взлетит. Если же оставить 7 любых соседних петель, то
перетянет груз. В каком порядке привязаны шары и грузы ? Палка
предполагается невесомой .
413(11.8). Доказать, что при любом целом п будет целым, число
414(11.8). Длины сторон треугольника - Последовательные целые
числа. Найти стороны этого треугольника, если известно,что одна
' 43 '
из его медиан перпендикулярна одной из биссектрис.
415(11.8). Можно ли записать в строчку 10 чисел так, чтобы сум-
ма любых пяти последовательных чисел была строго больше нуля, а
сумма любых семи последовательных чисел - строго меньше нуля?
416(11.8). Прямые ОА и ОВ перпендикулярны. Найти множество кон-
цов М всех ломаных ОМ длины 1, пересекающихся с каждой прямой,
параллельной ОА или ОВ, не более, чем в одной точке.
417(11.9). Четное число делегатов сидят за круглым столом, на
котором произвольным образом расположены карточки с фамилиями
делегатов. Докажите, что можно так повернуть стол, что по край-
ней мере~двое делегатов будут сидеть против своих карточек.
418(11.9). Как сварить яйца за 15 минут,пользуясь песочными ча-
сами на 7 минут и на 11 минут?
419(11.9). Решите в целых числах уравнение: Зп-пг2п-1=0.
420(11.9). На сторонах произвольного выпуклого 4-угольника по-
строены квадраты и соединены через один нх центры. Докажите, что
полученные прямые перпендикулярны.
421(11.10). Доказать, что биссекториальная плоскость двугранно-
го угла при ребре тетраэдра делит противоположное ребро на ча-
сти, длины которых пропорциональны площадям примыкающих граней.
422(11.10). Решить уравнение: (20-20: х2)1/2+ (х2-20:х2)1/2= х2.
423(11.10). Среди трапеций, имеющих общее основание Rv^ и впи-
санных в окружность радиуса R, найти трапецию с наибольшей пло-
щадью.
424(11.10). В каждую клетку квадрата 10x10 ставится знак
или так, что произведение всех знаков любой строки и любого
столбца является положительным. Сколькими способами это можно
сделать?
425(111.7). Внутри треугольника АВС выбрана точка М. Пусть А?-
точка, симметричная с точкой А относительно точки М. В*- точка,
симметричная с точкой В относительно точки М, и точка, сим-
метричная с точкой С относительно точки М. Доказать, что треу-
гольники АВС и равны.
426(111.7). Из пяти цифр 1,2,3,4 и 5 было составлено 121 четы-
рехначных чисел. Все четыре цифры каждого числа различны. Дока-
зать. что среди этих чисел обязательно окажутся два равных.
44
427(1117.9). Числа 2,9П и 5,97’выписаны одно за другим в де-
сятичной записи . Сколько всего цифр выписано?
428(111 7). Прямоугольник прямыми,
параллельными его сторонам, разбит
на равные квадраты. Центр каждого
квадрата отмечен красным или синим
карандашом. Если у двух соседних
[ т е имеющих общую сторону) квад-
ратов центры одного цвета (рис. -
1. 4). Известно, что на каждой гори-
зонтали и на каждой вертикали чис-
ло красных точек равно числу синих
рис. 1.4
точек.' Будет ли в этом случае красных отрезков столько же, ско-
лько синих?
429(111.8). Точка О - центр описанной окружности треугольника
АВС. Построим точки АГВГСГ симметричные точке О относительно
прямых ВС, СА, и АВ соответственно. Доказать, что треугольники
АВС и А^В^равиы,
430ПИ.8). На окружности отмечено десять точек. Сколько суще-
ствует незамкнутых несамопересекающихся девятизвенных ломаных с
вершинами во всех этих точках?
431(111.8,9). Точки А и В движутся по двум пересекающимся пря-
мым с одинаковой скоростью. Доказать, что на плоскости сущест -
вует неподвижная точка Р. которая в любой момент времени одина-
ково удалена от точек А и В.
482(111.9,10). Пусть а.Ь.с - различные числа. Доказать, что ес-
ли уравнения x2vax+bc=0 и х2+Ьх+ас=0.с*0, имеют только один об-
щий корень, то другие корни этих уравнений удовлетворяют урав-
нению x2+cx+ab=0.
433(111.9,10) На плоскости лежит камень,имеющий форму правиль-
ного тетраэдра. Поднять его нельзя.яо можно перевернуть на дру-
гую грань, перекатывая через ребро, которое при этом не отрыва-
ется от земли Можно ли перекатить камень на прежнее место так,
чтобы он лег на него другой гранью (не той,, на которой он лежал
вначале)?
45
434(111.10). abc - Трехзначное простое число. Доказать, что Ь2-
- 4ас не является полным квадратом.
435(111.10). Доказать, что для всех Положительных чисел а, Ь, и
с выполняется неравенство: -+,..*» + с. £ -11. b f с
а2+ Ь2+ с2 3
436(111.10). ABCD - Трапеция, М - середина боковой стороны АВ,
К - середина боковой стороны CD. Доказать, что если удвоенная
площадь Трапеции равна AK-KB+CM-MD, то АВ + BD = АС + CD.
1971/72
437(11.7),-. На Плоскости расположено 100 красных точек, и неко-
торое количество п Синих. На каждом отрезке, соединяющем любые
Две одноцветные точки, есть точка другого цвета. Найдите все
значения О, Яри которых это возможно. ( Точка не может быть си-
ней и красной одновременно.).
438(11.7) Доказать неравенство (a+b)4s8-(a4+b4), где а и b -лю-
бые действительные числа.
439 (11.7) На плоскости даны 7 прямых, нз которых никакие две
йе параллельны. Докажите, что найдутся две из них. угол между
Которыми меньше 26°.
449 (117) Йайтй двузначное число, если сумма и разность его с
Чйслом< записанным теми же цифрами, но в обратном порядке, явля-
ется квадратами натуральных чисел.
441 (11.8) Докажите, что а5--5а3+4а при всяком целом а делится
на 12(3.
442 (11.8) Построить Квадрат,Три Вершины которого лежат на трех
данных Параллельных прямых.
443 (11.8) В таблицу 8x8 записаны Все целые числа от 1 до 64.
Докажите, ЧТО При ЗтоМ найдутся два соседних числа, разность ме-
жду которыми не меньше 5 fсоседними называются числа, стоящие в
клетках, имеющих общую сторону).
444 (II.8) Какое наибольшее количество чисел можно выбрать из
набора 1,2,..;Д972,чтббы сумма любых двух из этих чисел не де-
лилась на их разность?
444 (Н.8) Лйст КЛёТЧатбй бумаги размером 5хп заполнен карточ-
ками размером 1x2 Так, чТо каждая Карточка занимает целиком две
46
соседние клетки. На каждой карточке написаны числа +1 и -1. Из-
вестно. что произведения чисел по столбцам образовавшейся таб-
лицы положительны. При каких п это возможно?
446 (II.9) Решите систему уравнений x+y=z, y2+z2=43x2, х3+х3»7.
447(11.9). Два двузначных числа, записанные одно за другим, об-
разуют четырехзначное число.которое делится на их произведение.
Найдите эти числа.
448(11.9). Дан треугольник АВС. На прямой АС найти такую точку
М. чтобы сумма радиусов окружностей, описанных вокруг треуголь-
ников АМВ и СМВ, была наименьшей.
449(11.9). Через середину каждой диагонали выпуклого 4-угольни-
ка проводится прямая, параллельная другой диагонали. Эти прямые
пересекаются в точке О. Доказать, что прямые, соединяющие точку
О с серединами сторон четырехугольника, делят его площадь на
равные части .
450(11.9). Можно ли выбрать миллион натуральных чисел так, что-
бы любая сумма нескольких из этих чисел не являлась точным ква-
дратом?
451(11.10). Значения многочлена четвертой степени при х«1 и х»2
совпадают соответственно со значениями его при х=-1 и х»-2. До-
казать, что коэффициенты при х и х равны кулю
452(11.10). Решите систему: tgx-tgz=3. tqyrtqz-6, x+y+z«=t.
453(11.10). Внутри прямоугольного треугольника >угол А прямой*
дана точка О, служащая вершиной равновеликих треугольников ОАВ,
ОВС и ОАС. Докажите, что ОВ2+ОС2=5-ОА2.
454(11.10). Выражение называется симметричным, если оно не из-
меняется при перестановке любых двух переменных. Например, вы-
ражения ху+ух+хх и x+y+z являются симметричными. Докажите, что
выражение ||х-у1+х+у-2х 1+|х-у|+*+У*2х симметрично.
17ЗДП-ЗД)
453(111.7-9). На встрече собрались все участники двух турист-
ских походов /некоторые из них были в обоих походах, некоторые
- только в одном из них|. В первом походе было 60% мужчин, во
втором - 75% .Докажите, что на -встречу пришло не меньше мужчин,
чем женщин.
456(1.11.7,8). С натуральным числом, записанным в десятичной си-
47
стеме, разрешается проделывать следующие операции: а< приписать
в конце цифру 4; б< разделить число на 2, если оно четно. Дока-
зать, что из числа 4, проделав несколько раз такие операции,
можно получить число 1972.
457(111.7). Пусть О-точка пересечения диагоналей четырехуголь-
ника ABCD, причем известно, что периметры треугольников АОВ.ВОС,
COD, DOA равны. Докажите, что ABCD - ромб.
458(111.7). Можно ли увезти 50 камней, вес которых 370 кг, 372
кг, 374 кг, 376 кг,...,468 кг, на семи трехтонках?
459(111.8). В вершинах правильного семиугольника расстав-
лены черные и белые фишки. Докажите, что найдутся три фишки од-
ного цвета, лежащие в вершинах равнобедренного треугольника.
460(111.8). В круг вписаны две равнобочные трапеции с соответ-
ственно параллельными сторонами. Докажите, что диагональ одной
трапеции равна диагонали другой трапеции.
461(111.8). В трапеции ABCD стороны ВС и AD параллельны, М-точ-
ка пересечения биссектрис углов А и В, a N - точка пересечения
биссектрис углов С и D. Докажите, что 2*MN^B+CD-BC-ADj,
462(111.9). Можно ли подобрать 4 числа так, чтобы все их попар-
ные суммы составляли 6 последовательных целых чисел?
463(111.9). При каком натуральном п число п2/(1,01)п будет наи-
большим? - •
464(111.9,10). Числа 1,2,3,...,100 расставляют в таблицу 10x10
так, чтобы в каждой строке числа были расположены в порядке во-
зрастания. Какое наибольшее и какое наименьшее значение может
иметь сумма чисел в 5-м столбце?
465(111.9). Через точку О, взятую на высоте ВН остроугольного
треугольника АВС, проводятся прямые АО и СО, которые пересекают
стороны ВС и ВА соответственно в точках К и М. Докажите, что
угол КНВ равен углу МНВ.
466(111.10). Можно ли подобрать: а) 4 числа так, чтобы все их
попарные суммы состовляли 6 последовательных целых чисел; б) 5
чисел так, чтобы все их попарные суммы состовляли 10 последова-
тельных целых чисел ? ?
467(111.10). Из вершины В параллелограмма ABCD проведены его
высоты ВК и ВН Известны отрезки КН*а и BD=b. Найдите расстоя-
ние от точки В до точки пересечения высот треугольника ВКН.
48
468(1П.10). Пусть Мп обозначает число решений неравенства х2 +
+у2^п2в целых числах. Докажите, что n(n-V2)2s Мп^л(п+И2)2.
469(111.10). Найдите все значения а,Ь и с так, чтобы выражение
ах2+Ьх+с принимало целое значения тогда и только тогда, когда х
- целое.
1972/73
470(11.7,8). Какую фигуру образуют биссектриссы углов прямоуго-
льника при пересечении?
471(11.7). Дорога от А к В длиной 11,5 км идет сначала в гору,
потом по ровному месту, а затем под гору. Пешеход, идя от А к В
прошел всю дорогу за 2 часа 54 минуты,а на обратный путь он за-
тратил 3 часа 6 мин. Скорость его движения в гору 3 км/ч, по
ровному месту - 4 км/ч, под гору - 5 км/ч. На каком протяжении
дорога идет по ровному месту?
472(11.7). В какой момент времени между 2 и 3 часами минутная и
часовая стрелки будут направлены противоположно?
473(11.7). Основание треугольника разделено на п частей и точки
деления соединены с верш и ной. Сколько треугольников содержит эта
конструкция?
474(11.8). 64 неотрицательных числа, сумма которых равна 1972,
расположены в форме квадратной таблицы по 8 чисел в каждой стр-
оке и в каждом столбце. Сумма чисел, стоящих на диагоналях, ра-
вна 100. Числа, расположенные симметрично относительно любой
диагонали, равны. Докажите, что сумма чисел в любой строке ме-
ньше 519.
475(11.8). Докажите,что из сторон произвольного 4-угольника мо-
жно сложить трапецию.
476(11.8). Дано п чисел хр х2........... хп, при этом xR=+l. l^ksn.
Докажите, что если х?х2+ х2ха+ ...+ xn-1xf|+ xnxj= т0 п Дели-
тся на 4.
477(11.9). Сколько решений имеет уравнение |х| + |хМ| + |х+2|-
=а при различных значениях а?
478(11.9). Известно, что 0<а<£<у. Доказать, что:
а« если а'1£|Г1+у’А то не существует треугольника с высотами,,
равными а, ft и у;
49
б« если то существует треугольника с высотами, ра-
вными а, 3 и 7 .
479(11.9). Город имеет форму квадрата. Улицы города параллель-
ны сторонам квадрата и разбивают город на 25 равных квадратов
со стороной а. Сколько путей длиною в 10*а ведут из вершины ос-
новного квадрата в противоположную вершину?
480(11.9). Известно, что аь-|~ 2ak^0, lsksn-1, и aQ*an-0.
Доказать, что а^О, lsksn-1.
481(11.10). Найти наименьший корень уравнения
2l’“2L|2’*’-l|=2”l+l.
482(11.10). Найти общий член последовательности, заданной фор-
мулами: xt»l, хп=(п+хп_р/2, ns2
483(11.10). Основанием треугольной пирамиды является равносто-
ронний треугольник, а площади ее боковых граней равны между со-
бой. Найти сторону основания, если длины двух боковых ребер ра-
вны 3 и 4.
484(11.10). Пусть n-целое число. п^8. Среди п одинаковых по ви-
ду монет может быть не более двух фальшивых,отличающихся от ос-
тальных по весу ( но может не быть ни одной фальшивой причем
если фальшивых монет две, то веса их равны. За три взвешивания
на чашечных весах без гирь нужно определить, имеются ли фальши-
вые монеты, и какие монеты тяжелее - фальшивые или настоящие.
485(11.10). На плоскости даны две окружности.и две жестко скре-
пленные прямые двигаются так, что каждая из них касается соот-
ветствующей окружности. Доказать, что любая третья прямая, же-
стко скрепленная с двумя данными прямыми, будет касаться неко-
торой третьей окружности.
486(111.7). Разделить а32-Ь32 на произведение
(a+b)(a2+b2)(a4+b4)(as+b8)
487(111.7). Можно ли расположить на плоскости 6 точек так. чтобы
средн любых трех из них нашлись две на расстоянии 1?
488(111.7). Доказать неравенство: l:(b-1 )+ЬвЗ при Ь>1.
489(111.9). Определили операцию * следующим образом: для каждых
двух точек плоскости А н В обозначим через А*В 1очку.симметрич-
ную точке А относительно точки В.
50
1. Даны три вершины квадрата. Можно ли, применив несколько раз
операцию *, Получить четвертую вершину квадрата?
2. Можно ли, зная 6 вершин правильного шестиугольника,с помощью
операции * получить его центр?
490(111.8,9). Можно ли расставить по окружности 20 красных к
несколько синих фишек так, чтобы в каждой точке, диаметрально
противоположной красной фишке, стояла бы синяя, и никакие две
синие фишки не стояли бы рядом?
491(111.8,9). В окружности’диаметра 1 проведено несколько хорд.
Докажите, что если каждый диаметр пересекает не более к хорд,то
сумма длин всех хорд меньше 3,15-к.
492(111.8.9). Докажите, что ни одно из чисел р+1 и р-1, где р -
произведение первых п простых чисел, не является полным квадра-
том.
493(111.8). Дан параллелограмм ABCD. На продолжении прямых АВ и
ВС за точку В выбраны точки соответственно Н и К так, что тре-
угольники КАВ и НСВ равнобедренные( КА » АВ и НС=СВ Докажите,
что треугольник KDH тоже равнобедренный, причем он подобен тре-
угольникам КАВ и НСВ.
494(111.9). Докажите, что если p₽+qq=pq+qp, где р и q-натураль-
иые числа, то p=q.
495(111.9,10). "Коэффициентом неравнобедрен ностн" треугольника
со сторонами а, b и с »а<Ь<с« назовем наименьшее из чисел b/а я
С/Ъ. Может ли этот коэффициент для какого-либо треугольника быть
равным 3/2 или 2? Какие вообще значения может принимать "коэф-
фициент неравнобедренности"?
496(111.10). Больше или меньше единицы число
0.999991'00001 -1.00001° 99999?
497(111.10). Назовем натуральное число "хорошим",если в его де-
сятичной записи встречаются подряд 4 цифры 1973, и "плохим" - в
противном случае. Например, число 1719732 - "хорошее", число
5379173 - "плохое". Докажите, что существует такое п, что среди
п - значных чисел "хороших" больше, чем "плохих".
498(111.10). На основании АВ трапеции ABCD задана точка К. ' Где
на основании CD нужно выбрать точку М, чтобы площадь 4-уголь-
ника, получающегося при пересечении треугольников АМВ и CKD
была наибольшей?
51
499(111.10). Наибольшее из чисел хг(х1+х2):2,(х1+х2+х3):3,...,
(Xj+x2+...+Xj0):10 равно 1, а наименьшее из них равно 0. Какой
наименьшей и какой наибольшей может быть разность между наибо-
льшим н наименьшим из чисел хр х2,..., х]0 ?
1973/74
500(11.7). Найти все такие простые числа р, что 8р2+1 -простое.
501(11.7). Брусок дерева имеет размеры 8x8x27. Разрезать его на
части так, чтобы из них можно было сложить куб >число частей не
должно превышать 50«.
502(11.7). Доказать неравенство: ----!---iH- ' mh <-к
1ча л “ О IUU IU
503(11.7,10). Доказать, что многочлен 1-х+ х4-х9+х12 при всех х
принимает положительные значения.
504(11.7). Произвольный треугольник разрезать на 3 части так.
чтобы из них можно было сложить треугольник, зеркально симмет-
ричный данному .
505(11.8). Если 4373 и 826 разделить на одно и т^ же число, то
получим соответственно остатки 8 и 7. Чему равен делитель?
50б(П. 8). Имеется изгородь длиной в 200 метров. Требуется ого-
родить этой изгородью участок земли в виде прямоугольника нгч-
большей площади. Найти отношение сторон этого прямоугольника и
его площадь.
507(11.8). Предположим* что справедливы следующие утверждения:
а)среди учащихся некоторой школы, посещающих кружок художествен-
ной самодеятельности, есть такие, которые не учатся в 8-ом кла-
ссе; б) учащиеся, которые не учатся р 8-ом классе и ежедневно
занимаются физической зарядкой, не посещают кружок художествен-
ной самодеятельности.
Следует ли из этих утверждений, что не все участники художе-
ственной самодеятельности ежедневно занимаются физической заря-
дкой?
508(11.8). Двое играют в такую игру: первый называет однознач-
ное число ( т.е. целое число от 1 др 9 включительно/второй при-
бавляет к нему еще какое-нибудь число и называет сумму, к этой
сумме первый добавляет еще какое-нибудь однозначное число и
52
опять называет сумму и т.д. Выигрывает тот, кто первым назовет
число 1974. Как нужно играть в такую игру, чтобы выиграть? Кто
выигрывает при правильной игре: начинающий или партнер?
509 (11.8) Решить уравнение в целых числах: з 3.
510 (11.9) Найти все целочисленные решения неравенства
4х2*4у2 8у-5<0.
2 - У2 +• /Г2^+ . . ♦ *7
511 (II 9) Доказать неравенство:-------—п-Л0Ри,ей .. ——
2 - *^2 + ^2 +
п-1 корней
512(11.9). Доказать, что нельзя найти два различных действите-
льных числа так. чтобы каждое из них удовлетворяло уравнению
х33+ Х64 1 = 0.
513(11.9) Дан треугольник АВС. АВ*ВС Доказать, что какую бы
ломаную с началом в вершине В и концом на стороне АС. которая
не касается сторон АВ и ВС. мы ни проводили, она не разобьет
треугольник на две одинаковые фигуры.
514(11.10). Существует ли многогранник. все сечения которого
плоскостями, проходящими через его внутренние точки. являются
треугольниками?
515(11.10). Даны две взаимно перпендикулярные скрещивающиеся
прямые. Найти геометрическое место середин отрезков данной дли-
ны. соединяющих данные прямые.
516(11.10). Найти с точностью до двух знаков после запятой число
1 . 3 . 5 . 7 . . 99
2 4 6 8 ЮО *
517(11.10). Пусть 30-значное число делится на 7. Доказать, что
если его последнюю цифру перенести в начало, то новое число та-
кже будет делиться на 7.
308(11.9)
518(111.7). Доказать, что, если через точку касания двух окруж-
ностей проведена внутри «их какая-нибудь секущая, то касатель-
ные, проведенные через концы этой секущей, параллельны.
519(111.7). Десять точек расположены на отрезке прямой длины 24
Можно ли утверждать,что среди этих 10 точек наверняка найдутся:
а)з точки, расположенные иа отрезке длины 6?
б / 4 точки, расположенные на отрезке длины 9?
53
520 (Hl.7,8). Доказать, что произведение п чисел
(I + 1X1 < 1)(1 ♦ fcxi + &)•...•(! ♦ -4;)
при любом п ие превосходит 2.
521(111.7). Какое наибольшее количество простых чисел может
встретиться среди 17 последовательных целых чисел, больших 3?
522(111.8). Площадь треугольника равна S. периметр равен Р.
Прямые, на которых расположены его стороны, отодвигаются /во
внешнюю сторону )на расстояние h. Каковы будут площадь и пери-
метр треугольника, образуемого тремя прямыми?
523(111.8). Число 1973 множится на числа 1,2,3..........999. Докажи-
те, что если выписать три последние цифры у каждого из этих про-
изведений, то все выписанные 999 трехзначных "чисел" (некоторые
из них начинаются с 0) будут различны.
524(111.8). На клетчатой бумаге отмечен треугольник mxn клеток.
Двое играют в такую игру. Они по очереди должны вычеркивать ка-
кую - то строку или какой-то столбец (если в них есть еще невы-
черкиутые клетки). Выигрывает тот, кто вычеркнул последнюю кле-
тку. Кто при правильной игре может обеспечить себе победу - на-
чинающий или его партнер?
525(111.8). Докажите, что 20-значное число, первые 11 цифр ко-
торого единицы, не может быть полным квадратом.
526(111.9). Имеется много одинаковых правильных треугольников.
В вершинах каждого написаны в произвольном порядке числа 1, 2,
и 3. Треугольники сложили в стопку и нашли сумму чисел, попав-
ших в каждый из трех углов стопки. Может ли оказаться, что в ка-
ждом углу сумма равна 25? В каждом углу сумма равна 50?
527(111.9). Число - 1974 множится на числа 1,2,3,..., 500. Дока-
жите, что если выписать три последние цифры у каждого из этих
произведений, то все выписанные 500 трехзначиых "чисел" (неко-
торые из них начинаются с 0) будут различны.
528(111.9). Доказать, что произведение цифр натурального числа
большего 100 не превосходит 27/37 этого числа.
529(111.9|. Для каких натуральных п неравенство
Х*+ Х*+...+ х’_1+ х’ж (Х,+ Х2+...+ xn_j)-xn
справедливо при любых положительных хгх2........хп?
530(111.9). Точка О пересечекия высот треугольника АВС отстоит
54
от вершины Л на расстоянии, равном 4. Найти радиус описанной
окружности, если ВО13,
531(11110). Гайка имеет форму правильной 6-уголъной призмы. Ка-
ждая боковая грань гайки покрашена в один нз трех цветов:белый,
красный или синий.причем соседние грани покрашены в разные цве-
та. Д-1 я раскраски гайки не обязательно использовать все три кра-
ски. Две раскраски считаются одинаковыми, если они совмещаются
при наложении гаек. Сколько существует различных по раскраске
гаек. ^Гайку можно как угодно поворачивать в пространстве |
532(111.10) Четыре точки на плоскости расположены в вершинах
квадрата. Рассмотрим всевозможные выпуклые 4-угольники, середи-
ны сторон которых лежат в данных точках Найдите множество всех
точек плоскости, в которые могут попасть вершины таких 4-уголь-
ников.
533(111.10). На стороне ВС прямоугольника ABCD взята точка К
так. что ВК-4КС. а на стороне CD - точка М так ,что СМ-ФМО При
каком отношении сторон ABAD угол КАМ будет наибольшим?
534(111.10). При каких натуральных п неравенство
2 2 2 2
Х* + Х* + + + X Х*+ + К t)’X
I 2 н - I л 1 2 л-гл
справедливо при любых вещественных х.*х^.,..,х ?
* «7 н
535(111 10) Функция 1(х) определена для всех действительных х
за исключением 0 и I. Для каждого х имеет место равенство: 1(х)+
-И(П-х) ’ Найти все такие функции.
1974/75
538(11.7). Доказать, что если nattel, то k(n-k+l)fcn.
537(11.7). Доказать, что иа плоскости не существует четырех то-
чек A.B.C.D таких, что все треугольники ABC, BCD. CD А и DAB будут
- остроугольными.
538(11 7). На плоскости дано конечное множество точек. причем
расстояния между всеми точками различны. Каждую из точек соеди-
ним отрезком с близлежащей точкой. Доказать, что полученная фи-
гура не содержит: а| замкнутого многоугольника; ty пересекаю*
Шихся отрезков.
539(11.7). Назовем "тримнно* фигуру rm. составленную из трех
квадратов. Шахматная доска 8x8 покрыта двадцатью одним тримнно
55
так, что каждое тримино покрывает три поля. Одно поле остается
свободным. Какое это может быть поле?
540(11.8). Какое из чисел больше: 9950+ 1005 или 10150?
541(11.8). Найти геометрическое место центров вписанных в ост-
роугольный треугольник АВС прямоугольников ( одна сторона прямо-
угольника лежит на АВ ).
542(11.8,10).Доказать, что уравнение х2+ у2=1975 не имеет реше-
ний в целых числах.
543(11.9). Доказать, что три различных положительных числа, в
десятичном представлении которых встречаются только нули и еди-
ницы, не могут образовывать арифметическую прогрессию.
544(11.9). Показать, что уравнение х3+х=у2 не имеет целочислен-
ных решений, кроме х=у=0.
545(11.9). Можно ли а ) покрыть параллелограмм ABCD тремя парал-
лелограмми А.В.С.Dpl^isS, каждый из которых подобен ABCD с ко-
эффициентом подобия к.,кх1,а стороны параллелограммов A.B.C.D.
параллельны соответствующим сторонам параллелограмма ABCD? Тот
же вопрос для 4-х параллелограммов; б )круг радиуса R покрыть
двумя кругами с меньшими радиусами rtH г^? Тот же вопрос для
трех кругов.
546(11.9). В треугольнике АВС точки D и Е являются серединами
сторон АВ и ВС соотоветственно. Точка М лежит на АС. Доказать,
что если MD<AD, to МЕ<СЕ .
547(11.10). Доказать неравенство:
1 _ 1 + 1 _ 1 + _ JL + < 2
2 3 4 5 999 * 1000 5*
548(11.10). В треугольнике радиус вписанной окружности равен 1,
длины высот - целые числа. Докажите, что трегольник правильный.
549(11.10).Из одной бактерии после ряда делений получилось 1000
бактерий: вначале бактерия разделилась на две, затем какая-то из
двух вновь разделилась на две, затем одна из трех снова разде-
лилась иа две и т.д. Доказать, что в некоторый момент существо-
вала бактерия, число потомков которой в самом конце »среди 1000
бактерийс не меньше 100 и не больше 199.
550(11.10). На плоскости проведена окружность радиуса 1 с цент-
ром в точке О. Две соседние вершины квадрата лежат на этой ок-
ружности. На каком наибольшем расстоянии от точки О могут лежать
две другие его вершины?
56
551(1117). Выражение х8+ х4+ 1 разложить на 4 множителя.
552(111 7). Треугольник АВС равносторонний; A t-середина стороны
ВС, середина АС, С^- середина АВ. Доказать, что Акасает-
ся окружности, проходящей через точки AJt В^и С:
553(111.7). Дано 10-значное число, первая цифра которого равна
числу единиц в записи этого числа, вторая-числу двоек, третья —
числу троек,..., десятая - числу нулей. Найти это число.
554(111.7). Требуется распилить деревянный куб с ребром 4 см на
64 кубика с ребром в 1 см. Эго легко сделать девятью разрезами,
если не сдвигать распиленные части друг относительно друга. На
сколько можно уменьшить число разрезов, если каждый раз пере-
кладывать распиленные части?
555(1 II.8). Из шахматной доски 8x8 удаляется одна угловая клет-
ка 1x1. На какое наименьшее число равновеликих треугольников мо-
жно разрезать оставшуюся часть доски?
556(111.8). В квадрате расположено 1976 фигур, сумма площадей
которых больше 1975*5, где S - площадь квадрата. Докажите, что
у всех этих фигур есть общая точка.
557(111.8). Пусть ху=1 и х>у. Докажите, что x2+y2£2ZT(x-y).
558 (II 1.8,9) Из цифр 1,2,...,9 выбираются четыре цифры и из
них составляются два наиболее близких друг к другу двузначных
числа. Обозначим их разность через d. Т.о.,каждой четверке цифр
соответствует некоторая разность d.. Найти наибольшее значение
этой разности. ( Например, если выбраны 1.2,7 и 9.то d=27-19=8 ).
559(111.8). В произвольном выпуклом 4-угольнике ABCD найти мно-
жество точек М, таких, что площади двух 4-угольников АВСМ и AMCD
равны между собой.
560(111.9). Дано 1975 отличных от нуля чисел ар а2,..., а1д75,
причем ai«i975<&- Доказать, что среди чисел ар2, а2а3* аЗа4’
.... аJ974|975 хотя бы одно отрицательно .
561(111.9,10). Двое пишут 2к-значное число, употребляя только
цифры 1,2,3, 4 и 5. Первую цифру пишет первый, вторую - второй,
третью - первый и т.д. Может ли второй добиться того, чтобы по-
лученное число делилось на 9, если второй стремиться ему поме-
шать? Решить задачу для случаев к=10 и к=15.
562(111.9). На сторонах треугольника АВС во внешную сторону по-
57
строены три квадрата. Шесть вершин этих квадратов, отличных от
вершины треугольника, лежат на одной окружности. Доказать, что
треугольник равнобедренный.
563(111.9). Доказать, что квадрат можно разбить на н, п^б мень-
ших квадратов {-не обязательно конгруэнтных).
564(111.10). Доказать, что тригонометрический многочлен
Jj_1(ak-cos(kx) + bk-sin(kx)) ?
принимает хотя бы одно неотрицательное значение. |
565(111.10). Доказать неравенство: log45+log56+log^74-log78M,4. |
566(111.10). Две высоты треугольника равны 20 см и 12 см. Найти J
все значения, которые может принимать третья высота. 4
567(111.10). При каких целых неотрицательных тип число 2т+Зп
может быть точным квдратом? *
1975/76 >
j
568(11.7). Доказать,что произведение двух четных чисел предста-
вимо в виде разности квадратов двух чисел »то же для произведе-
ния нечетных чисел*.
ш1975 , юЮ7б .
569(11.7). Какое из чисел и больше?
го™ I
570(11.7). На клетках шахматной доски размером 8x8 написаны
числа так, что каждое число, записанное в клетке, равно количе-
ству прямоугольников на доске, в которые входит эта клетка (на-
пример, вся доска есть прямоугольник, в который входит любая
клетка). Определить клетки, в которых записано: а) самое боль-
шое число; б) самое маленькое число.
571{П.7). Площадь выпуклого 4-угольйика ABCD равна 1 кв.см.Ес-
ли О - точка пересечения диагоналей, то АО:ВО.СО: DO=4.3:5:2.Оп-
ределить площади треугольников AOB,BOC,COD и DOA.
572(11.8). Доказать, что если р и q - целые числа, удовлетвори-
ющне уравнению p-4*q -4-p-q, то p=q=O. !
573(11.8). Рабочий изготовил некоторое количество деталей двух
видов, А и В, причем деталей А он изготовил больше, чем деталей
В. Если бы изготовил он деталей А в два раза больше, то общее
число деталей будет менее 32, а если бы он изготовил деталей В
58
в два раза больше, то общее число деталей стало бы больше 28.
Сколько деталей А и сколько деталей В изготовил рабочий.
574(11 8). Доказать, что для любых вещественных a,b,c,d ' выпол-
няется неравенство a2+b2+c2+d2aatH-ac+ad.
575(11.8). Даны три точки А, В и С, не лежащие на одной прямой.
Провести прямую, пересекающую отрезок АС в точке Y и отрезок ВС
в точке Z так, чтобы A¥»YZ»ZB.
576(11.9). Вычислить, первые 1978 знаков после запятой числа
0,999...991/1976 шифра 9 повторяется J976 раз*.
577(11.9). Пусть 0<xt<! н хк+1=х,-х2 Ш. Показать, что для
всякого п имеет место равенство Xj4^4%..+X2<L
578(11.9). В пространстве даны 6 точек Р., I^js6, таких,что ни-
какие три из них не лежат на одной прямой. Каждый отрезок Р^Рк,
j*k, окрашен в черный или белый цвет. Показать, что существует
хотя бы один треугольник Р^Р^Р^, стороны которого одного цвета.
579(11.9). Показать, что для любого натурального п найдется чи-
сло делящееся на п, в десятичной записи которого участвуют лишь
нули и единицы.
580(11.9). Найти в разностороннем треугольнике АВС'точку, сум-
ма расстояний от которой до прямых АВ, ВС и АС минимальна..
581(11.10). Доказать, что площадь треугольника со сторонами а,Ь
и с не превосходит числа (a+b>c)2/(12Vj).
582(11.10). Найти все 6-значные числа, увеличивающиеся в целое
число раз при любой круговой перестановке их цифр.
583(11.10). Из вершин А и С треугольника АВС проведены прямые,
пересекающие противоположные стороны в точках D и Е соответст-
венно и пересекающиеся в точке О. Найти площадь треугольника
BDE, если известно, что площадь треугольника DOE равна S, АО=а,
DO=d, ЕО»е, СО==с.
584(11.10). Можно ли круг разрезать тремя прямыми на 7 частей
одинаковой площади?
585(111.8). В ряд расположено 30 клеток. На самой правой клетке
стоит белая фишка, на самой левой-черная. Каждый из двух играю-
щих по очереди передвигает свою фишку на одно или два поля впе-
ред или назад. ( Пропускать ход нельзя. } Проигравшим считается
59
тот, у которого нет возможности хода. Кто выигрывает при прави-
льной игре - начинающий или его партнер?
586(111.8,9). Решить в целых числах уравнение: 19х2-76у2=1976
587(1118,10), Пусть X - точка внутри квадрата ABCD. Доказать,
что сумма углов ХАВ, ХВС, XCD и XDA больше 135°.
588(111.8.9). Двое играют в такую игру: первый загадывает к,
к>1, натуральных чисел а2........... ак, второй может задать ему
любой набор чисел СрС2........ск, а затем первый сообщает второму
число с^а^+с2а2+...4-скак< Каким наименьшим числом таких вопро-
сов второй может узнать все числа at,a2,...,ak.
589(111.9) На плоскости даны три точки А, В и С. Через точку С
проведена произвольная прямая I н на этой прямой выбирается то-
чка М, для которой сумма расстояний АМ+ВМ наименьшая. Какое на-
ибольшее значение суммы AM + ВМ и для какой прямой I оно дости-
гается?
590(111.9). Два одинаково ориентированных квадрата ОАВС и
OAjBiCj имеют общую вершину О. Доказать, что прямые ААГ ВВ| и
CCj имеют общую точку.
591(П1.9). Разбить бесконечный лист клетчатой бумаги на прямо-
угольники 2x1 так, чтобы каждая линия сетки разрезала лишь ко-
нечное число прямоугольников.
592(111.10). На каждой клетке шахматной доски написаио одно из
чисел 1,2,.^,64. За один вопрос можно, указав на любую сово-
купность клеток, узнать множество чисел, стоящих на этих, клет-
ках. Доказать, что за 6 вопросов можно узнать, какое число сто-
ит в каждой клетке. ~
593(111.10). Решить систему уравнений х^+х^х2. х2+хз=хгХ3+Х4Л
-х2, х4+х5=Х|, x5+xt=x2, где Xj.x2......xg действительные числа.
594(111.10). Существует ли такое натуральное к. что числа Зк и
7к оканчиваются 100 одинаковыми цифрами?
595(111.10). Среди выпуклых 4-угольннков с данной площадью к
данным углом между диагоналями найти 4-угольник наименьшего пе-
риметра.
60
1976/77
596(11.7). Отцу и матери вместе 80 лет. Их детям было 18 лет, 10
лет и б лет. Через несколько лет сумма лет детей составила 59%
суммы лет отца и матери. Сколько стало лет отцу и сколько мате-
ри. если известно, что отец старше матери на 4 года?
597(11.7). Найти наименьшее целое положительное число, о кото-
ром известно, что его половина есть точный квадрат, одна треть
его есть точный куб, одна пятая его образует точную пятую сте-
пень.
598(11 7). На плоскости лежат 5 окружностей, каждые три из ко-
торых пересекаются в одной точке. Доказать, что существует одна
точка, в которой пересекаются все пять окружностей.
599(11.8). Имеется п целых чисел. Доказать, что среди них най-
дутся несколько ( или, быть может. одио^Х сумма которых, делится
на п.
600(11.8). При каком х дробь (1 + Зх 4)/х2 принимает наименьшее
значение?
601(11.8). Существуют ли натуральные числа тип такие, что гп2+
+п и n2+m одновременно являются квадратами?
602(118). Шестизначное число начинается с единицы; если ее пе-
реставить в коисн числа, то оно увеличивается в 3 раза. Найти
число.
603(11.8,9). Можно ли занумеровать ребра куба числами 1, 2, 3,
4,..., 12 так, чтобы сумма номеров трех ребер,выходящих из одной
вершины, была одинаковой для всех вершин?
604(11.8). Площадь треугольника равна S. Найти площадь треуголь-
ника. сторонами которого являются медианы исходного треуголь-
ника.
605(11 .9). Квадратный трехчлен у=ах2+Ьх+с=0 не имеет вещестсвея-
кых корней и а+Ь+с>0. Определить знак с.
606(11.9). Пусть m+n+k делится на 6. где гл, п» к - натуральные
числа. Доказать, что m5+n3+k делится на 6.
607(11.9). Диаметр круга разделен на п равных частей. Доказать,
что сумма квадратов расстояний от точек деления >включая концы
61
диаметра* до некоторой точки М окружности одинакова для всех
точек этого круга,
6O8(1L9). п гирь с весами 1,2,...,п граммов разложены на три
равные по весу кучи. При каких п это возможно?
609(1!ДО). Доказать, что многочлен х8-х5+х2-х+1 неотрицателен
при всех вещественных х.
610(11.10). Пусть arajr...,an - различные натуральные числа, в
десятичной записи которых нет девяток. Доказать, что
4+4 +...+ 4 <28.
а1 *J *п
611(11.10). Доказать.что выпуклый п - угольник нельзя разрезать
менее, чем на п-2 треугольника.
612(11.10). Треугольник АВС вписан в окружность, Af,B^,C j-точки
пересечения биссектрисе с окружностью. Доказать, что
613(11.10). Через внутреннюю точку О треугольника АВС и его ве-
ршины проводятся прямые, пересекающие противоположные стороны в
точках P,Q,R. Доказать, что OP*OQ*ORs(OA*OB‘OC)r8.
537(11.7).
614(111.8). Дан ромб A0CD, величина угла АВС равна 120 °.На сто-
ронах АВ и ВС взяты точки Р и Q так, что AP=BQ. Найти величины
углов треугольника PQD.
615{П1.8). Найти трехзначное число, которое уменьшается в 7 раз
после зачеркивания в нем средней цифры.
616(111.8). Внутри круга радиуса 1 расположен выпуклый 5-уголь-
ннк. Доказать, что сумма длин его сторон и диагоналей меньше 17.
617 (1II.8) Лист бумаги разрывают на 5 частей и одну из частей
выбрасывают. После этого выбирают одну из оставшихся частей и
вновь разрывают ее на 5 частей, одйу из которых выбрасывают, и
т.д. В некоторый момент, перед тем, как выбросить очередную
часть, подсчитали число образовавшихся частей. Оказалось, что
их число 1977. Доказать, что при подсчете допущена ошибка.
618(111.8,9). Найти наименьшее число N>1976 такое, чтобы число
0,2*(х|+ Xj-K-r.* х^) было целым при любом задании натуральных
чисел Xf, х^, не делящихся на 5.
62
619(111.9) Найти хп,если числа хп определяются равенствами:
*« /2
*„.Г2 П • "а1-
620(111.9,10). В треугольной пирамиде сумма квадратов длин сто-
рон основания равна а2,а сумма квадратов длин боковых ребер ра-
вна Ь2. Найти длину отрезка, соединяющего вершину с точкой пе-
ресечения медиан основания.
621(111.9,10). Доказать. что если х ю77+у ш77*х we+ у1076. то
*1978^1978^1977^977
622(111.9). Квадрат разбит прямыми, параллельными сторонам,на 9
равных квадратиков, окрашенных в белый и черный цвет. Происхо-
дит одновременное перекрашивание квадратиков: квадратик окраши-
вается в черный цвет, если число его соседей нечетно, и в бе-
лый. если оно четно. Доказать, что через четыре перекрашивания
все квадратики станут белыми. ( Соседями квадратика называются
квадратики, имеющие с ним общую сторону),
ж
623(111.10). Решить уравнение Цф х* =2(,х записано п раз}
624(111.10). Дан квадрат, длина стороны которого равна 4.На ка-
ждой стороне его взято по точке. Пусть Р - периметр 4-угольннка,
вершинами которого являются взятые точки. Найти наименьшее зна-
чение Р.
625(111.10). Доказать, что существует целое число и. такое, что
|sin(1977n)|sl/1977.
1977/78
626(11.7). Существуют ли целые числа m и п*удовлетворяющие ура-
внению т2+1978*п2?
627(11.7). Доказать, что произведение цифр любого числа, боль-
шего 9, будет меньше самого числа.
628(11.7), Трава на всем лугу растет одинаково густо и быстро.
Известно, что 70 коров с?ели бы ее за 24 дня, 30 коров - за 60
дней. Сколько коров с£ели бы ее за 96 дней? Считать, что коровы
едят траву равномерно.
629(П,8). Доказать, что для любых целых чисел тип найдутся
целые числа р и q такие, что 2(m2+n2)»p2+q2.
63
630(11.8). В круге радиуса R найти такой круговой сегмент. что
стягивающая его хорда равна длине вписанной., в него окружности
наибольшего радиуса.
631(11.8). На сторонах АВ. АС и ВС треугольника АВС. площадь I
которого равна 1, выбраны точки Р. R и Q соответственно. Соеди- f
няя эти точки, отсечем от ЛАВС три треугольника, прилегающие к
вершинам. Доказать,что хотя бы одни из этих треугольников имеет J
площадь, не большую 1/4?
632(11.8). Доказать.что при п&4 нс существует положительных чи- |
сел xr x^,...,xn, уловлетворяодих равенствам: xt+x2+...+ хп=*3,
1: х?+1: х2+.. .+1: хж«3.
633(119). Найдется ли такая последовательность а0.а]............. ак„
состоящая из нулей и единиц, что сумма ряда aQ+ 2’1aJ+ 2’2а2 +
+..,ч4Г*ак+... равна 0.2?
634(11.9). Вычислить сумму: 1 • 1!+2-2ЬьЗ’31+ ...+ п*п!
635(11.9). Требуется перевернуть вверх дном п чашек, следуя та-
кому правилу: за один раз разрешается перевернуть ровно п-1 ча- ;
шек. и эту процедуру можно повторить несколько раз. Доказать,
что задача разрешима при четном п и не разрешима при нечетном. £
636(11.9). Внутри треугольника помещено несколько правильных *
3*2П - угольников (. может быть п. пЯ, различным для разных мио- |
гоугольннкоа ) При этом отношение суммы периметров этих много-
угольников к периметру объемлющего треугольника больше /3. До-
казать, что найдется прямая, параллельная заданной прямой и
имеющая общие точки, по крайней мере, с двумя из этих многоуго- I
льников. J
637(11.10). Решить систему: x(y+z>2a, y(x+z>2b, z(x+y>2c. |
638(11.10). Доказать, что уравнение х3« 4у*+ 4у-3 не имеет ре- I
шений в целых числах. $ I
639(11.10). Доказать, что since* sing* siny * £|-cosj‘cos|-cos^J , }
если а, Э. у - углы треугольника. |
640(11.10). У треугольной пирамиды обрезаются углы так, что по- ।
лучается многогранник, имеющий 4 треугольные грани и 4 шести- 1
угольные. Доказать,что в этот многогранник нельзя вписать шар. }
641(111.8). В квадрате ABCD взята точка Р так, что величина ка- Я
64
ждого из углов РАВ и РВА равна t5? Доказать, что APCD равносто-
ронний.
642(111.8). Выяснить, какое из двух чисел больше:
1978ю76-19761978 или 19772‘Ю77?'
643(111.8,9). Даны два множества А и В. Найти множество Х,удов-
{АлХ=;ВаХ=А лВ,
AvBuX=AuB.
644(111.8). В выпуклом 5 - угольнике ABCDE площади треугольни-
ков ABC, BCD, CDE, DEA, ЕАВ равны S. Определить площадь 5* уго-
льника.
645(111.8). Доказать, что уравнение хх+ yy=z2 не имеет решений
в натуральных числах.
646(111.9). В пространстве заданы точки А,В,С и D, не лежащие в
одной плоскости. Пусть М и N - середины соответственно отрезков
АВ и CD. Доказать, что M№sO,5(BC+AD). В каких случаях возможно
равенство?
647(111.9). Две окружности касаются внутренним образом в точке
Т. Пусть хорда АВ большей окружности касается меньшей в точке Р
Доказать, что прямая ТР делит угол АТВ пополам.
648(111.9). Доказать, что уравнение хх+2уу= z2 не имеет решений
в натуральных числах.
649(111.9). Найти все простые числа р и q, для которых число
(р + I)4 является точным квадратом.
650(111.10). Доказать, что сумма длин всех ребер четырехугольной
пирамиды, лежащей внутри шара радиуса 1, меньше 15 м.
651(111.10). Доказать, что существует единственное положительное
число а такое, что уравнение sinx=ax имеет ровно 5 действитель-
ных решений. Вычислить число а с точностью до 0,01.
652(111.10). Дан равносторонний ДАВС. Вне треугольника на сто-
роне АС, как на диаметре, построена полуокружность. Доказать,
что если две прямые, проходящие через вершину В, делят эту по-
луокружность на три равые по длине дуги, то они делят и сторону
АС на три равные по длине отрезка.
653(1ПЛ0). Найти все значения а, при которых выражение f(n)~
=a*(((l+v/^)-2)n-((l-v/5):2)n) принимает целые значения при всех
натуральных значениях п.
65
654(111.10). Найти наименьшее натуральное число а. такое. что
уравнение х*+ а’уу= гг имеет хотя бы одно решение в натуральных
числах.
1978/70
655(11.7).Существует ли выпуклый многоугольник.у которого отно-
шение суммы внутренних углов к сумме внешних углов равно 3. 75?
656(11.7). Некто оставил завещание, согласно которому старший
сын получает из наследства ТОО рублей и 0,1 остатка, второй-200
рублей и 0,1 нового остатка, * третий - 300 рублей и 0,1 остатка
и т.д. Доли всех сыновей оказались равными. Найти размер остав-
ленного наследства и число сыновей.
657(11.7). Доказать, что нельзя разбить квадрат ABCD на 9 рав-
новеликих треугольников, все вершины которых лежат на сторонах
АВ и CD.
658(11.7). Найти двузначное число, равное удвоенному произведе-
нию его цифр.
659(11.8). Рассмотрим самопересекаюшийся 5-угольник,имеющий фо-
рму 5-конечной звезды ( не обязательно правильной формы | Найти
сумму углов при концах "лучей" звёзды.
660(11.8). Доказать, что для любого натурального п (2п+2)-знач-
ное число 99...9600..04, содержащее в своей записи п девяток и
П нулей является полным квадратом.
661(11.8), Дан правильный треугольник АВС со стороной р, в ко-
тором есть такая точка О, что АО==3. ВО=4. СО=5. Найти р.
662(11.8). Квадрат со стороной 6 выложен косточками домино раз-
мером 1x2. Доказать, что существует прямая, по которой можно
разрезать квадрат, не повредив косточек домино.
663(11.9). Доказать, что если число сторон описанного многоуго-
льника нечетно, а длины его сторон суть рациональные числа, то
длина каждого из отрезков, на которые стороны разбиваются точ-
ками касания, тоже рациональна. Справедливо ли аналогичное ут-
верждение для многоугольников с четным числом сторон?
664(11.9). На плоскости даны прямая 1 и точки А и В. Найти на
прямой 1 точку Р так» чтобы число тах(РА,РВ) было наименьшим из
возможных.
66
665(119). Найти все числа, такие, что Дробная часть числа, це-
лая его часть и оно само образует геометрическую прогрессию.
666(11.9). Указать три последние цифры суммы
!юо+ 2100+ 3Ю{^...+999998 ^999999*°°
667(11.9). Пусть ар а*...-последовательность различных
натуральных чисел, каждое из которых не меньше двух. Доказать,
что среди них существует бесконечно много чисел таких, что
а >п. . '
п .
668(1110). Задана бесконечная последовательность ар а2...............
ап,... различных натуральных чисел. Доказать, что среди них су-
ществует много чисел а таких, что а >п.
л
669(1! 10) На плоскости задано конечное число белых и черных
точек, часть из которых соединена отрезками. Будем поочередно
перекрашивать точки, которые соединены "в основном" с точками
другого цвета ( те. более половины точек, с которыми они соеди-
нены. имеют другой цвет ). Доказать, что через некоторое время
таких точек не останется.
670(11.10). К двум окружностям, касающимся внешним образом, про-
ведены их общие касательные. Доказать, что у четырехугольника,
образованного точками касания прямых с окружностями, суммы про-
тивоположных сторон равны.
671(11.10). Через точку А внутри угла провести прямую, отсекаю-
щую треугольник наименьшей площади.
672(111.8). Внутри треугольника взято п точек. Они соединяются
между собой и с вершинами треугольника так, что никакие два от-
резка не имеют общих внутренних точек. Доказать, что число по-
лученных отрезков не зависит от расположения точек, и найти это
число.
673(111.8). Найти все числа п такие,что среди натуральных чисел
первой тысячи имеется ровно 10 чисел,у каждого из которых сумма
цифр равна п.
674(111.8). В координатной плоскости определить множество то-
чек, удовлетворяющих уравнению: (х2+у2-4)2(ху- 1)2+(у2-х2)1/2==0.
675(111.8). Спортсмен, тренируясь в быстрой ходьбе вдоль шоссе,
заметил, что каждые 6 минут его догоняет троллейбус и каждые 3
минуты проходит встречный троллейбус. Найдите, через какой про-
межуток времени отправляются троллейбусы с конечных пунктов, ес-
67
ли в обе стороны троллейбусы отправляются через одинаковые про-
межутки времени, идут без остановки с постоянной и одинаковой
скоростью. Спортсмен также идет без остановки с постоянной ско-
ростью.
676(Ш.8). На сторонах AD и СО параллелограмма ABCD выбраны
соответственно точки N и М так, что DM:CD » 1:4, AN:AD=1:3. От-
резки ВМ и CN пересекаются в точке О. Найти отношение ОМОВ.
677(111.9). Дан куб ABCDA^C^Dp Провести через его диагональ
Вр сечение, которое имеет наименьшую площадь.
678(111.9). Площадь трапеции ABCD^ стороны ЛВ и CD параллелып )
равна Б.Точки К, L.M и N принадлежат соответственно сторонам АВ,
ВС,CD и DA. причем АК: AB=BL:BC=CM:CD=DN:DA=rn. Найти площадь че-
тырехугольника KLMN.
679(111.9). Найти все трехзначные числа, такие, что при любой
перестановке цифр получившееся число делится на 27.
680(111.9). Сколько решений имеет уравнение 1О~юоох={хю). где
{х} - дробная часть числа х?
681 (Ш.9) Найти целочисленные решения системы уравнений.
x2-y3=7z4, z2-2y2=l.
682(111.10). В тетраэдре SABC 4SCB=4CBA=£SAB=n/2. Выразить век-
тор SM через векторы SA-a, SB-F, SC-c, где М - основание перпе-
ндикуляра, опущенного из точки S иа плоскость АВС.
683(111.10). В параллелограмм ABCD, площадь которого S. вписан
4-угольник PQRM, площадь которого S/2, причем точки Р, Q. R и
М лежат на сторонах АВ»ВС,CD и DA соответственно. Доказать, что
по крайней мере, одна из диагоналей PR и QM параллельна сторо-
нам параллелограмма.
684 (ШЛО) Дана функция 1(х), равная НН-1 при х*0 и единице
при х=0. Доказать, что функция дифференцируема в точке х=0. Най-
ти величину угла между осью Ох и касательной к графику данной
функции в точке х-0.
685 (ШЛО) На плоскости расположено 7 прямых. Известно. что
они пересекаются в 13 точках, причем в 11 точках пересекаются
только по две прямые, в одной - три прямые и в одной - четыре
прямые. Доказать, что среди прямых найдется пара параллельных.
686(111.10). Доказать, что для любого действительного числа
справедливо неравенство: 0.5з(х2+х+1):(х2+2х+2)£1,5.
68
1979/80
687(11.7). Доказать, что число 4343- 1717 делится без остатка
на 10.
688(11.7). Упростить выражение. (2+1)(22+l)(24+1)(2s+i)...(2256+
+1)
689(11.7). Даны две точки А и В. Построить с помощью одного ци-
ркуля точку, лежащую на прямой, определяемой точками А и В.
690(117.9). Может ли сумма цифр точного квадрата равняться
1979?
691(11 7). Даны три равных приложенных друг к другу квадрата
ABCD.DCEF.FEPQ, Найти сумму углов 4BDA.LBFA и £BQA.
692(118) Доказать, что среди прямоугольников, вписанных в ок-
ружность радиуса 1, квадрат имеет наибольший периметр.
693(118.9). Пусть а Ва Л. ..Да.и bib Л ibv Доказать.что
п П—I I л п-ч >
anbn+an-!bn-l+ +3lbl* *»1ИЬп+...*Ь1)/П .
694(11.8). Предположим, что Земля является идеально круглым ша-
ром. Описать множество точек иа поверхности Земли, обладающих
свойством: если из точки множества пройти 10 км на север, затем
10 км на запад и наконец. 10 км на юг, то снова вернешься в эту
точку.
695(118). Рассмотрим последовательность чисел 49,4489,444889..
Каждое следующее число получается из предыдущего вписыванием в
"середину* числа 48. Доказать, что все полученные числа являют-
ся полными квадратами.
696(11.8). Совершенным числом называется число, равное сумме
всех своих делителей, отличных от самого числа. Четные соверше-
нные числа имеют вид 2n~I(2n-l), где (2п-1)~простое число. До-
казать. что;
1< сумма обратных величии всех делителей четного совершенного
числа равна 2;
2« любое четное совершенное число, кроме шести, при делении на
9 даст в остатке 1.
697(11.9). Доказать,что среди многочленов вида P(x)~xn+ atxn“4
* -+an_|x+an с положительными целыми коэффициентами не сущест-
вует многочлена, все значения которого - простые числа.
698(11.9.10). Из точки О выходят три луча, не лежащие в одной
69
плоскости. На каждом луче берется точка. Соединив их. получим
треугольник АВС Найти множество центров тяжести треугольников
АВС если вершины А и В закреплены.
699(11.9). В каждой клетке квадратной таблицы 25 х 25 написано
число +1 или *1. Обозначим чере^ а* произведение всех чисел i-
той строки, через Ь. произведение всех чисел j-того столбца. По-
казать, что а1+Ь14-ао+Ьо+...4'аос4'Ьол0.
700(11.10). Каждому многочлену р(х) ставится в соответствие чи-
сло D(p(x)) так, что
1< Dta^xl+OjP^xn^IXp^xlH «21Хр2(х));
2« IXp^xJp^xn^p/xJJp/t/SHlXp^xDp^/i).
где Oj и «2~ произвольные действительные числа. Доказать, что
D(p(x))«Cp*(l/2), где С-произвольная постоянная.
701(1110). Известно, 4TO Cosa+cosP=a и sina+sin3=b. а2+Ь^г 0.
Найти cosfa-bp).
702(11.10). Доказать, что корни многочлена пхп-1~х-х2-.-хп~'1
по абсолютной величине не превосходит единицы.
703(11.10). Доказать неравенство:
^**365^^385^^з15)< О'5’
704(111.8). Вершина С параллелограмма ABCD соединена с середи-
ной L стороны АВ. На отрезке LC последовательно взяты точки М и
N так, что отрезок ВМ параллелен отрезку DN. Найдите отношение
площадей многоугольника ABMND и треугольника ВМС.
705(111.8). Вычислите <447 Г.411 ;,t44... 4 9.
1980траз 990траз
706(111.8). На основании AD трапеции ABCD расположены точки К и
L так, что AK=LD. Отрезки АС й BL пересекаются в точке М, отре-
зки КС и BD - в точке N. Докажите, что отрезок MN параллелен
основаниям трапеции.
707(1П.8). Из чисел 1,2, 3....99, 100 наудачу взято 51 число.
Докажите, .что среди выбранных чисел всегда найдутся два числа,
из которых одно делится на другое.
*
708(111.8). Найти все числа х на отрезке [-10;2], которые удов-
летворяют уравнению [х2] [х]2, где [х]-целая часть числа х.
709(111.9). Докажите, что произведение четырех последователь-
ных натуральных чисел не может быть полным квадратом натураль-
ного числа.
70
710(111 9). На плоскости расположены две окружности радиусов г^
и гj с центрами и О? соответственно. На первой окружности бе-
рется точка Аг а на второй окружности - точка Л2 так. что век-
торы OjAj и коллинсаРны и противоположно направлены. Какую
линию опишет середина А отрезка AjAj, если точка обежит пер-
вую окружность?
711(1119) Найдите наименьшее натуральное число, половина ко-
торого есть пятая степень, а пятая часть которого есть квадрат.
712(111.9). Решите систему:
х-(2х+у) (х2-у2)=1, у+(х+2у).(х2-у2)»-1.
713(111 9). На сторонах ЛВ и CD параллелограма ABCD взяты точки
К и L соответственно. Прямые LB к DK пересекаются в точке Т.До-
кажите, что прямые КС и AL тоже пересекутся ^в точке причем
отрезок TS будет параллелен прямой ВС.
714(111.9). Доказать.что если .. ..-р - действительные чи-
сла. такие, что числа ZF’tgfy... ZT* 1допраииональны,
а сумма ..-^«j+nlc.keN. то число Tfi~
кже будет рационально.
715(111.10). . Пусть ((x^x^a^^Va^^’2*-<+ajгg(x)«кm+b^c,,иV
-^boxm'2ч• .. +b такие два многочлена» что для всех действитель-
4 т ч
иых х имеют место неравенства
|f(x)j51980 te(x)| и |g(x)|si980|f(x)|.
Доказать» что гп=к.
716(Ш.1О). В правильной треугольной призме АВСАД£| Все гра-
ни равновелики. На ребре AfB| и высоте призмы СС^ВЗяты точки М
и Р соответственно так, что AJM:AlBJ«CJP:C1Oa, 0ДО1.Через то-
чки М и Р проведено сечение призмы, параллельное ребру В|С|<
При каком а площадь сечения минимальна?
717(111.10). Найти все действительные решения системы
х+(х+2у):(х2+у2>2/ у^Зх-у^Сх^у2)®©
718(111.10), На стороне АВ параллелограмм. ABCD расположена точ-
ка К. на продолжений стороны CD за точку D - точка L Прямые KD
и BL пересекается в точке N. а прямые AL и СК - в точке М. До-
казать, что отрезок MN параллелен стороне AD.
71
II РЕШЕНИЯ
1. Подставим у=1-х во второе уравнение, для определения х полу-
чается такое уравнение: х4-2х3+2х2-х-42=0. Подборам находим ко-
рни:3.-2. Затем уравнение представляем в виде (х+2)(х-3)(х2-х +
+7)=0. Корни третьего уравнения комплексные. Следовательно,дей-
ствительных решений у системы два: (—2.3), (3,-2).
2. Через каждую точку проведем радиус. В результате единичный
круг разобьется на п секторов. Угол,По крайней мере, одного из
этих секторов будет не меньше 2ж/п. Возьмем наибольший сектор,
проведем его биссектрису и отметим на ней точку 0, лежащую в
круге и отстоящую от единичной окружности на расстоянии
sin(ir?n)/2. Круг радиуса stn(n/n)/2 с центром в точке 0 не за-
денет ни одной из п данных точек. Действительно, перпендикуляр
ОР, опушенный из О на границу выделенного сектора, будет не ме-
ньше (1- |sin5)sin5 Поэтому OP- |sinSa(l- |sin^)sin^ - |stn£ =
ж |(1- s>n£)sin5 > 0.
3. Из неравенства x+y+z>l вытекает х2+у2+г2+2ху+2у?+2гх>1.После
сложения известных неравенств 2xy3Sx2+y2,2yzSy2+z2,2zxsz2+x2 по-
лучаем 2xy+2yz+2zx^2(x2+y2+z2). Прибавляя к обеим частям этого
неравенства х2+у2+?2и учитывая первое из отмеченных неравенств,
получаем 3(x2+y2+z2)>l.
4. Условимся называть узлами точки пересечения линий клетчатой
бумаги. Сторону клетки примем за единицу масштаба. Тогда каждый
узел в прямоугольной системе координат будет задаваться парою
целых чисел. Возьмем теперь какой-нибудь отрезок, например ОА,
Соединяющий два узла. Точку О примем за начало координат, а оси
координат направим по линиям клеток. Угол, образованный отрез-
ком ОА с осью х, обозначим через а, а координаты точки А обоз-
начим (т,п). Имеем tga=n/m;
tg(a+n/3>a^-S^—..АГОН..^,.4,,П..,.-это угловой коэффициент
1 — п 1^3»/ш гп —Зп ш — 3 по
прямой, составляющей с ОА угол в 60 .Видим,что tg(a+n/3)- число
иррациональное. Поэтому при любом целом х точки прямой y»tg(a +
-t-it/3)x будут иметь иррациональные ординаты.Значит не существует
равностороннего треугольника с вершинами в узлах.
72
5. По определению 600! - это произведение всех целых чисел от 1
до 600. В этом произведении п чисел делятся на 7: п=[600/7]=85,
к чисел делятся на 72: к—[600/49] и 1 чисел делится на 73:
=[600:343]=!. Следовательно, 600! делится на 7?+к^^7^и не де**
лится на 799.
6. Часть куба, лежащая внутри шара, представляет собою ту часть
шара, которая остается от него после того, как шесть граней ку-
ба отрежут от шара шесть одинаковых шаровых сегментов высоты
(ч/2-1)/2.Объем шарового -сегмента подсчитаем по формуле v=nh2(R-
-h/З). в которой через h обозначена высота сегмента, через R -
радиус шара. В случае предложенной задачи получаем ответ:
|nR3-6v=|n(v^/2)3-6n(v^z/2-l/2)2(v^/2-(^/2-l/2)/3)=n^j|^ .
7. Опираясь на известное тождество прибавим к за-
данному выражению С^+1;в результате получим (c£+1+c£)+c£+,+...+
+c;.p-,-<c;+l,*c;+l)+cj+!4-...+c;+p_1.(cj^+c;+2)+c;+3+".,+cf+|1_T
=c₽i чем тождество и доказано.
П-гр <
8. Если в первый раз было увезено х кг, то во второй раз увезено
Зх кг,а в третий 5х кг, а всего увезено 9х кг.Обозначая через у
оставшийся вес, получаем уравнение 9х+у=349.Записав уравнение в
виде 9х=9-38+7-у, заключаем,что правая часть должной делиться на
,9. Это будет при у=7,16,25,34. Пересматривая веса чушек, видим,
что у=16 КГ,"
2
9. Данное уравнение эквивалентно следующему: 2^х ~9х^/4=2"5,от-
куда х2-9х+20=0.Ответ: х?=4, х2=5.
10. Биссектрисы углов треугольника разбивают его на три треуго-
льника, высотами которых является радиус вписанного круга. По-
этому площадь данного треугольника равна (ar+(a+d)r+(a+2d)r)/2=
=1,5- (a-bd)r. С другой стороны, она равна (a+d)h/2, где h- высо-
та, опущенная на сторону a+d. Сравнивая эти выражения, находим
r=h/3.
11. Длины звеньев ломаной образуют бесконечно убывающую геомет-
рическую прогрессию, первый член которой равен ?2/2, а знаме-
натель равен V2/2, Следовательно, S=i/2/2:(l-v7/2)=v^l,
12. Пусть M6AD,N€BC,P€AB,Q€DC и О-точка пересечён MN и QP. По-
скольку стороны QM и PN параллельны СА, а отрезки МР и NQ пара-
ллельны BD, то четырехугольник NQMP параллелограмм. Из этого
73
следует: OM=ON=4;OQ^OP=3; PN-0t5*AO5; поэтому ANOP прямоуголь-
ный, SMPNq=24. Осталось вычислить площади четырех треугольников
примыкающих к углам 4-угольника. Для этого обозначим S = 5ДВСй;
SrSDMQ; S2~SPBN; S3=SDAC S4=SABC Имеем S^S.j/4; S2=S4/4; Sj+
+S2~S/4. Аналогично ^МДр=5ДВр/4. SCqN=Sbcd/4, $map+ ^cqn= S/*
Складывая площади треугольников DMQ.PBN,MAP,CQN с площадью па-
раллелограмма, получаем 24*-S/2=S. Ответ: S=48.
13. Т.к. (ri+l)a+(n-1)a+na=ff,TO ria-п/З, Далее sin^n+l)a-sin^n-
-l)a=(sin(n+l )a+sin(n-l)a)(sin(n+l)a-sin(n-l )a) = 2sinna’cosna*
•sin2a. Следовательно. данное уравнение можно записать так:
2sinna*cosna-sin2a=sin2na, отсюда получаем sin2a==tqna/2=v/3/2.
а=п/6 или а=п/3. Второе значение а не удовлетворяет соотноше-
нию для углов. Ответ: а-п/6, п=2.
14. Пусть S-вершина пирамиды SABC,zCBA=|3,D€BS.SBiADC.КеАС и
AK=KC.BKlAC,DKlBS.DKlAC.zSBK=a.zABK=0/2fzCDK=x. Из ДОЖ:
DK'tgx=CK. Из ДВСК: СК=ВК-tg(/3/2). Из ДВОК: DK=BK*sina. Следо-
вательно, tgx=tg(|3/2):sina. Ответ: zADC=2arctg(tg(0/2):sina).
15. Имеем
, .. 2sin(a+f3) ________________________________2sj n с ___
cosa-cos|3 sin(a+£) + cos(a-0) cos c + cos(a-P)'
Следовательно, tga+tg0 наименьшее значение принимает при a=0.
16. Выражение s=cos2A 4 cos % + cos^C подвергнем тождественному
преобразованию: s=(l + cos2A)/2 + (1 + eos2B)/2+cos2C=l + cos(A+
+Bp cos(A-B)+cos2C=1+cos(n-C)- cos(A-B)+cos2C-l+cosC‘ (cosC-cos( A
-B))=l+2' cosC* si n(( A+C-B)/2) • si n((A-B-C)/2)=l -2 * cosC • si n(0,5 • it-
-B) • si n(0,5fc-A)«l-2cosA * cosB • cosC.
а« Пусть s>l. Тогда cosA*cosB-cosC<0. Отрицательным может быть
только один из множителей, например. cosA<0, А>п/2. т.к. в тре-
угольнике может быть только один тупой угол.
б< Если S-1.TO cosA*cosB*cosC=0, откуда, например.cosА=0, А=п/2.
в« В случае s<1 получим cosA*cosB*cosC>0 все множители могут
быть лишь положительными, т.е, все углы острые.
17. Через точку О проводим высоту РМ трапеции. По условию
AD-OM/2=Sr S2«BC-OP/2. Отсюда PM-PO+OM=2S/ACH2S2/BC. Поэтому
площадь S трапеции ABCD можно представить в виде:
S=(AD+BC)-PM/2= (1+BC/AD)-S1+(1+AD/BC)-S2.
Но из подобия треугольников AOD и ВОС имеем. BCAD=OP:OM.C дру-
гой стороны S1:S2=(AD‘OM).(BC‘OP)=AD2:BC2. Тогда для S получаем
такую формулу: 15^)♦ S^( 1 • St=(v^^v^2)2
74
18. Т. к. 71=5040, то все цифры искомого числа х меньше 7. Поэтому
х-666. Но поскольку 61=720, а 720>666,то все цифры х меньше 6 и
х^555. Т.к. 3-5! =360,то число х£360. Следовательно, первая цифра
не более 3. Но 3! +2• 5! =246<360, т.е. первая цифра меньше 3; 2!+
+2*5?=242<255, значит, первая цифра 1. Наконец, 1+2*5!=241>155,
т.е. вторая цифра меньше 5. Ответ: х=145.
19. Пусть для определенности АВ<ВС. Биссектрисы соответствующих
углов обозначим BP,CE,DQ,AF ( P€AE),E€AD,F€BC» QcBC ). Обозначим
K=AFnBP, L=AFnDQ, M=C£nDQ, N=BPnCE.no условию KLHlW.WHlLM
zAKN=(A+B)/2=90°KaK внешний угол AABK. Следовательно, KLMN-прямо-
угольник.Далее, ВК=КР,поскольку К есть основание высоты равнобе-
дренного А АВР. Аналогично QM=MD,h т.к. отрезки KP-MD и KPHMD, то
KMDP - параллелограмм. Поэтому KM=PD=AD~AB.
20. Если множители обозначить через х и х+10,то По условию име-
ем х(х+10)-40=39х+22, или х2-29х-62=0. Ответ: х=31, х+10=41.
21. Пусть AE=EC.E€AC,AD=DB,DeAB,T.e. BE и CD-медианы AABC.CDiBE.
Поэтому AB2=(2-BD)2=4(OD2+OB2),AC2=(2-CE)2=4(OE2+OC2),BC2 =ОВ2+
+ОС2, DE2=BC2/4=OD2+OE? Отсюда AB2+AC2=4(OD2+OB2+OE2+OC2)= 5ВС?
22 По условию 8=2^4(1^=3^16(1,0=3^36(1. Откуда b-c=-20d,c-a =
=32d,a-b=-12d. С другой стороны, a=a.q4,b=alq16.c=a1q36. Поэтому
b-с . с-а а-Ь _ -20d+32d-12d. -80d+16• 32d-12*36d < '
a и С — <2 q —1.
23. 1$ак известно,
sinx есть непрерыв-
ная функция, прини-
мающая все значения,
лежащие между -1 и
1. Поэтому для ре-
шения данной зада-
чи достаточно дока-
зать, что значения
дроби, стоящей спра-
ва, лежат между -1 и
1. Прежде всего
sinB’sinC
1-cosA* cosB* cosC”* *
т.к. углы В и С ос-
трые и | cosa | ^1. За-
тем из неравенства
IcosAjsl находим рис.2 Л
75
0<l-cosB’cosOl-cos^-cosB’COsC. При этом мы считаем, что углы
В и С одновременно не равняются нулю. Из предыдущего неравенст-
ва получаем 1—— Поскольку sinB-sinOO
будем иметь Наконец из неравен-
ства 0^1-cos(B-C)l-cosB*cosC-sinB-sinC находим
24. По условию >рис.2.1« ABClAjS, AS^AjS/5=a/5, SAj=SBj=SCj=
=A]B pBjCpCjAj-a.no построению BjDCjlAjS, DDjlBjCj. SOxAjBjCj
Из прямоугольного AAjBjD находим DBpa-sin60°=aZJ/2. Из ABjDDj
находим sin(D:2)=BjDj:BjD=l:v^. Затем sinD=2 • si n( D: 2) *cos(D: 2 )==
=2/2:3. Из прямоугольного ASAB имеем: AC=AB=AS-tg60°=a/3/5.
Поэтому площадь ДАВС равна (а/Г:5)2-2/2:6=/Га2:25. Обьем V*
пирамиды SABC равен а3,/2:375. Обьем Р всей пирамиды SCjAjBj
равен (v^2a3)/12. Поэтому Vj=(4/125)P. Обьем V2 оставшейся части
тетраэдра равен
P-(4/125)P=(12t/l25)P.
25. T.K.l-tq2x=—3*. l-3*tq2x=
l+tq2x’tq3x —5-. то Р = _1£*> о.
26. По условию a<p/q<b, откуда aq<p<bq, q=5. Следовательно, p =
5a+l,5a+2,...,5b-l. Сумма этих чисел равна 2,5-(а+Ь)’(5Ь-5а-1),
а сумма дробей со знаменателем 5 равна 0,5 ’(а+Ь)*(5Ь-5а-1) Сок-
ратимыми* из этих дробей будут те, у которых числитель равен 5а+
+5,5ач-10,...,5а+5к, где 5а+5к<5Ь, откуда к<Ь-а, или к=Ь-а-1.Су-
мма этих дробей: к(а+<к+1 ):2)=ца+Ь)(Ь- а-1 ):2. Следовательно, су-
мма несократимых дробей равна:
0,5-(a+b)-(5b-5a-l)-0.5’(a+b)-(b-a-l)=2-(b2- а2).
27. Покажем сначала, что при х2-1 справедливо неравенство /Г+xS
sl+x/2. В самом деле, имеем R=l+0,5x-vf+х-0,5(*1 +х-1 )2&0. Отме-
чаем что R>0 при х*0. Поскольку какое-либо из чисел а.Ь.с отли-
чно от нуля, то Ла¥1Ч^4Б+Г+/4с+1<1+2а-г1+2Ь+Н2с=3+2(а+Ь+с)=5.
28. Запишем данное соотношение в функциях половинного угла и
после преобразования получим asin|cos~=(a+b)sin2|-. В случае,
когда (a+b)sin|-acos|=0, ио (a+b)cos|*0, получаем tg~=a/(a+b).
Затем tgx=2(l-tg2^)"1tg^-2a(a4-b)b'"1(2a4-b)~t. Если cos^=0. то
sin|*0, из предыдущего равенства следует а+Ь=О, затем (a+b)cos^=
=0, x=n+2kn; tgx=O. Если же cos>*0, но а+Ь=О, то а=Ь=О. В этом
случае х произвольно. Когда sin(x/2)=6 и а*0, то tgx=O. Если же
sin(x/2)=0 и а=0. то получаем а=0, Ь -произвольно, tgx=O.
76
2
29. При а *1 корни заданного уравнения определяются по формуле
а±1)/( 1 —а2). Записывая условие для первого из корней (-а +
+|)/(1-а2)€(0.1), получаем а>0. Из условия (-а-1)/(1 -а2) €(0.1)
находим а>2. Следовательно
оба корня одновременно удо-
влетворяют заданному усло-
вию при а>2.
30. Обозначения (рис.2.2):
ОЛ=г. OjB^R.OKHAB.OjDnOM
KOj^R-n OM=R+r, OOt=a. Ус-
ловие задачи AB=2*CD во вве
денных обозиаченияхзапншет-
ся так. (a2-(R-r)2)I/2=
рис. 2.2
=2(a2-(R+O2)’/2.
Из этого равенства находим: a»v(R+r/3R¥3rJ,
31 Запишем.что удвоенная площадь 2S четырехугольника слагает-
ся из площадей двух пар треугольников; 2S==(adsina+bcsiny+absinb
+cdsind)/2i(ad+bc+ab+cd)/2. Из предыдущего неравенства легко
получаем SS(a+c)(b+d)/4,
32 Доказательство вытекает из следующих тождественных преобра-
зований: 1огл(п+1)-1о2пяш1п»!о2п(п41)-1/1о^й(п-1)«
1о£п(п+1)1о£п(п-1)-1 (1^logn(l + 1/n))(1+1o<n(!-1/n>M
-----Rg^nPD--------------------------log^n-Ij----------—
lo₽ (l-t/n2)+ log(l+l/n) log Ji-1/п)
= logn(n-l) ; .
т.к. Iogn(1-l/n2)<0, logn(t+!/n)>0. Iogn(n-1)>G.
33. Пусть AB и AB'касательные. О-центр окружности, OBlAB.zOBB'»
zOAB^a как углы, состаг ленные взаимно перпендикулярными сторо-
нами.DK-средняя линия АВАВ' ,F«KDnOA.E»OFnDD/. Имеем OF«OA-AF»
OA-(OA-OE)/2=(OA+OE)/2=0.5(Rsina+R/sina)»R(l-sina)2/(2sina)+R>R
34. Положим t=tg(x/2), тогда cosx=^1-t2)/(i+t2),sinx«2t/(l+t2)
После тождественных преобразований уравнение примет вид
+at+1-0. Ответ для t н к записывается стандартно.Но следует ука-
зать, при каких а задача разрешима; a€(-<»t-1) v (-1,2-2И?}и[2 *
♦2*7.+®), В заключение отметим, что указанной подстановкой не-
льзя пользоваться при х-лч2кя. Но эти значения исключены самим
уравнением, поскольку данное уравнение имеет смысл только при
sinx*0.
35 Считаем, что сторона куба АВСВА^С^ равна L Плоскость
MBfND проходит через диагональ ВД При этом DN, MD I! B^N,
77
как линии пересечения плоскости с параллельными плоскостями. <
Следовательно, фигура MBjN D-параллелограмм. Длину отрезков МА} |
и CN, отсекаемых плоскостью на противоположных ребрах, обоз на- I
чим через х. Тогда MB^I+x2)172 BjNss(1+(l-x)2)172 В^к'З. Из ;
точки М опускаем перпендикуляр MK=h на BtD. Имеем B^DK + КВГ •
Или » (1+(1-х)2—h2)v 2+(1+х2- h2)172. Из этого равенства, два-
жды возводя в квадрат, найдем h, а затем площадь MB1ND:S=vz2((x-
-0,5)2+0.75)172 Следовательно, наименьшее Б^ИТЗ при х=0.5.
36. Вели в равенстве (1-x)n+=h-C’+lx4<2+2x2-...+(-l)n+t^Jxn+1
положить х=1 и учесть равенства C^1/(n+l)=n’/(k(k-l)!(n-k-Fl)’)
«С^’/k, а потом разделить иа п+1, то получим 1- ^С1 +1С2- ...+
п ,, r J 2 п 3 п
+kz!)n+’C"= -Г
п+1 % п+Г
37. Пусть BD и АС биссектрисы углов между диагоналями, причем;
A,B,C,D лежат на сторонах параллелограмма, O=ACnBD. Треугольни-
ки AOB,BOC,COD,DOA равны как прямоугольные треугольники с рав-
ными катетами. Т.о., AB=BC=CD=DA.
38. После умножения суммы a+b+с последовательно на а,Ь,с и сло-
жения полученных равенств, получаем а2+Ь2+с2 +2- (ab+bc+ca)=0. От-
сюда имеем ab+bc+ca=-0,5(a2+b2+c2)<0.
39 ABCD-трапеция, FK-средняя линия »FeAB,K€CD«,G=ACnFK, H=BDnFK,
FG и НК-средние линии треугольников АВС и BDC, тогда GH=FK-FG-
-НК==Ю,5((АО+ВС)-ВС-ВС)^,5(АО-ВС).
40. Если N=400x+10y+z,TO N^lOOz+lOy+x.N-N^lOOfx-zJ+z-xelOOfx-
-z-l)+90+{10+z-x),npH этом 10+z-x будет последней цифрой разно-
сти, поскольку z-x<0. Поскольку lsl0+z-xs9, то из соотношения
10+z~x«k, k«l, 2,3,...,9 , легко находится x-z, затем N-N? Нап-
ример, при к-1 получаем x-z=9, N-N^SOl.
41. Первое двузначное число, которое при делении на 4 дает в
остатке 1, есть 13, следующие два 17,21 н т.д. Последнее трехз-
начное число с указанным свойством есть 997. Поскольку эти чис-
ла образуют арифметическую прогрессию,разность которой равна 4,
то находим вначале число членов прогрессии: 997=13+4(п-1),
пм£47, затем сумму: 0.5(13+997)-247=124735.
42. Пусть АВ наклонная, АС проекция,тогда zBAO=a;ZCAD-3,BCiACD,
BD1AD. Возьмем АС=4. По теореме о трех перпендикулярах DCiAD.no
теореме Пифагора BD2-BC2+CD2-tg2<x+sin2|3. Затем sinzBAD=BD/AB = |
И*0080. I
ТО \ I
43. Из b<c вытекает И>-х</с-х. vb-a<^c-a. Складывая эти нераве-
нства, получаем: *Ъ- х а<^?-х Wc-a, откуда с л ед у ет( а- х): (Л - х ч-
+7с-^а-х):(И>-х+И>-а). Уничтожая иррациональность в знамена-
теле. получим нужное неравенство.
44. Положим ВС=а.СА=Ь,АВ=с. площадь AABC=S. Тогда Aj|=nc.BBt==(n-
—1 )с. ВСупа.ССу(п~1)а,САчпЬ, АА^(п-1)Ь» 0.5*(a*b*sinC+b-c*sinA +
+с • а • sinB)=3S. По условию 0,5*((n~l)b-nc-sinA+(n-l)c*na*sinB+(n-
-1 )а-nb-sinC)+S=7.5 т.е. 0.5* n(n-l)3S=6S яли п2-п-2=^0.Ответ:п=2.
45 Четырехугольник сечения обозначим через KLMN. Имеем KL=LM ж
MN=NK как средним линии равных треугольников. Также равны между
собою и углы K.L.M.N, поскольку каждый из них равен углу, обра-
зованному скрещивающимися линиями AS и ВС
46 Пользуясь соответствующими формулами тригонометрии, будем
иметь: cos|+cos^=2cos^os|« 2 sin(£ - |£)cos|«2sin?=cosf »
= 2cOS' ,y|sinjgCOSjgCOs|=COs'’^sin|<Os|esin-|(2cOSYg)'','«
»cosj|(2cos1~)’’=t/2.
47 23n-7n-1=(8n-l)-7n=7(8l,"’+8','2+...+8°-n)=7((8n'’-l)+ (8n'2-
-t)+ . ..+(8-t))M9((8n'2+...+tHen'3+ ..+i)+...+l)
48. Доказательство неравенства проведем но индукции. При любом
натуральном р^1 и п=1 имеем: C^fC^fP+U (рч-1)п^рч>1.Следова-
тель но. соотношение выполняется со знаком равно. Пусть неравен-
ство верно при некотором п. При п+Г будем иметь: >
+р+1):(п+1 )^(р+1)п(пч-р+1):(п>1). Но (п+|н4ХР*0^(п+09(к+ Р ♦
+1)(р+1)пИ:((п+1ИР+ (Р+1Г1. Поэтому С₽>(и|5(|М-1)"*‘
49. Обозначим через х км/сут скорость парохода в стоячей воде,
через у км/сут-скорость течения, через S-расстояние от Горького
до Астрахани. По условию имеем систему: x+y=S/5,x-y«S/7, откуда
2y«S:5-S:7. или S:y«35 сут.
50 Пусть ОМ-касателькая к окружности. OeAB.MNlAB, NeAB, АОМО,
BDiMO >CDeOM<. Поскольку треугольники ДОС NOM и BOD подобны,
имеем: AC AO=MN:OM,BO.BO*MN:OM. Перемножив пропорции, получим
MN2:OM2=(AC-BD):(AO-BO). Отсюда AC-BD=MN2, т.к. АО-ВО-ОМ2 по
свойству касательной и секущей, проведенных яз одной точки-
51. Записываем уравнение в виде 2Я4-Зх2)1/2=Зх^4-Зх2) и пола-
гаем ум4-3х2)1/2. откуда Зх*=4-у2 Данное уравнение запишется
так: 2+уМ4-у2 )у2 Последнее уравнение легко представляется в
визе произведения: (у>2Ху-1Х2уЧ'^>+0Х2у-(1-*^)М1. Посколь-
79
ку yfcO. условию задачи удовлетворяют только следующие значе-
ния: y^l+v'S)/? и у2»1. Для х получаются такие значения: х=+1 i
и х=±((5->в)/б)’/2.
52. С помощью чертежного треугольника можно проводить прямые
линии и пенпердикуляры к ним. Кроме того.если расположить уголь-
ник так. чтобы две данные точки лежали на его катетах, то вер-
шина прямого угла треугольника будет лежать на окружности, по-
строенной на отрезке как на диаметре.
Если мы научимся строить биссектрису угла ( ниже будет пока-
зано как это делать), то решение задачи будет сводиться к сле-
дующему. С помощью угольника восстанавливаем перпендикуляры к
концам отрезка АВ. затем строим биссектрисы углов А и В, полу-
чаем точку С и равнобедренный треугольник АВС. Строим биссект-
рису угла С которая является и медианой и, следовательно, делит
отрезок АВ пополам. Приведем построение биссектрисы угла. Оно
основано на использовании угольника как двусторонней линейки
»модель полосы* и на свойствах ромба, получающегося от Пересе-
ния двух равных полос.
Пусть угол с вершиной О образован лучами 1Г12. Строим прямые
13 Ц к так. что расстояние между указанными парами ра-
вно ширине полосы, а тогда четырехугольник, образованный прямы-
ми €СТЬ ромб. Диагональ ромба ОЕ (EM^nip и явля-
ется биссектрисой угла О.
S3. Обозначим через х км/мин скорость пловца, через у км/мин -
скорость реки. За 10 минут против течения пловец проплывает
10(х- у)км. Следовательно, от точки поворота до точки, в которой
пловец догонит плот, 10(х-у)-Ч км. Это расстояние пловец должен •
преодолеть за (1-40у)/умнн.Решая уравнение,получим у=0,05км/мин
54. Сначала воспользуемся формулой бинома Ньютона: 434-17^(40+
+3)43-(20-3)17®4043+С’ 3 • 404гЗ+. ..+С42 • 40 • 342+343-2017+с! х20 ’ §3-
Очевидно все слагаемые, кроме З43 и 3,7де-
лятся на 10. Покажем, что и сумма этих двух слагаемых делится
«а 10: 343+з’7^3,7(9,3+1>3,7(9+1)(912-9п+...+1).
35. По условию 2sin(a/2)‘(2sin(^/2)cos(3'/2)-cos(a/2))=0. Поско- »
льку Из sin(a/2)®0 следовало бы «®0 или а=2я, что невозможно, ,
то вторая скобка равна нулю. Но 2'sin(P/2)cos(r/2) - cos(a/2) = <
=2stn<p/2)cios(y/2)-cos((n4^'|-y))/2)«=sin((3-7)/2). А из равенст- ’
ва sin({J3~r)/2)=0 следует
80
56. Пусть корни хгх2,х3,х4 данного уравнения образуют арифме-
тическую прогрессию. Тогда 2x2«xt+x3, 2х3=х2+х4. Складывая ра-
венства, получим 2(х2+х3)=х1+х2+х3+х4=0, т.к. коэффициент При
х3 равен нулю. Следовательно» х3=-х2, х^х^ .х4=-3х2. Предста-
вляем левую часть в виде произведения: х4-(3а+2)х2+а2=<х-хр(х-
-х2)(х-х3)(х-х4Нх-Зх2)(х-х2)(х-кх2)(х+Зх2)=х4-10х2х2+9х* Из
этого тождества находим: За+2=10х2, а2=9х2. Исключая х2 из этих
равенств получаем а^б, а2=-б/19.
57. AjD и CDj- скрещивающиеся диагонали смежных граней куба
AB...Df AjB II DjC; тогда DjC будет параллельно плоскости AjBD.
Из точки D? опускаем перпендикуляр DtL на плоскость AjBD; D^ и
дает расстояние между диагоналями AjD к CDf Далее, D}DXBCD. По-
этому угол p=zBD?D равен углу между плоскостями A^BD и BCD. На-
йдем его по связи между площадями проекций S^S^os^. В данном
случае S2=a2/2,Sp(a/2)2/3/4=a2/3/2. Значит, cos^M/vT Нако-
нец, |DL| = |DB| * со$<р=а//3.
58. Сначала выполним следующее вычисление: a-cosx^b’Sinta-x)»
= b-sincecosx-b*cos(x*sinx, fcrcosa-sinx = (bsina-a) • cosx, tgx
(b*sina-a)/(b*cosa). Последняя формула подсказывает следующее
построение. Строим угол zAOB-a; на одной из его сторон отклады-
ваем отрезок ОВ=Ь, из точки В опускаем перпендикуляр ВА на ОА,
на вторую сторону угла. Тогда OA-bcostt, AB-bsina. Возьмем точ-
ку С на АВ так, что AOAB-BC=b*sina-a. Наконец, точку С соеди-
няем с О и получаем x=zAOC, y-zBOC. Чтобы доказать, что получе-
но решение поставленной задачи, для ДВОС запишем теорему сину-
сов: a/siny=b/sin(90d-x). Заметим,что в случае b*sina-a<0 точка
С будет располагаться ниже точки А.
59. Данную функцию представим так: y=d-2sin2x+3sinx = -2(sinx -
-3/4)2+ 17/8. Следовательно» наибольшее значение функции равно
17/8, а наименьшее будет тогда, когда вычитаемое будет наиболь-
шим. Это будет тогда, когда sinx=-l. Проведя вычисления, полу-
чаем: наименьшее значение у равно -4. Что у принимает все зна-
чения, заключенные между -4 и 17/8 вытекает из того, что sinx
при изменении х от 0 до 2я принимает все значения, заключенные
между -1 и 1.
60. Доказательство равенства проведем по индукции. Равенство ве-
рно при п=1. Предположим, что равенство верно при натуральном п
и, исходя из предположения, покажем его справедливость для п+1
Для этого к равенству G^-C’/2+cV3-...+(-Vn“’cVn=-l+l/2+l/3+
81
4- ,.4-1/п прибавим равенство, доказанное в 36. В результате
по-
лучаем в левой части:
(сЧ1)4(сЧс’)+1<сгп+с3п)-...+4^(с:-1+^)+ ЬЯПС" =
=с1 —1с2 +-С3 - +tJlLJrn 4.(zJ_12rn4rl
vn+1 2 п+ГЗ^+1 •' |T ^n+Г n+f пгГ
При этом мы воспользовались известной формулой cjj +
Что касается правой части, то там получается то, что нужно.
61. Т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссе-
ктрис, то в данном случае диагонали служат биссектрисами. Это
повлечет равенство противоположных углов четырехугольника ABCD:
zA=zC,zB=zD Например, zB=K-(zA+zC)/2 и zD=4-(A+C)/2. Ззтем от-
сюда следует равенство накрест лежащих углов. Следователь но.
стороны четырехугольника попарно параллельны. Наконец, диагона-
ли АС и BD взаимно перпендикулярны, поскольку zAOB=zBOC.
62. Пусть школьник родился в 1900+10х+у году. По условию в 1957
году ему 1+9+х+у лет.Из условия задачи вытекает уравнение 1900-ь
+10 х+у+10+х+у=1958. После приведения подобных оно примет вид Их
+2у=48.Из неравенства 0^у^9 при помощи уравнения получаем 0^48-
-11x318. Последнее неравенство запишем так 30/Цзхз48/11 и на-
ходим из него х-4, затем у=2. В 1957 году школьнику было 16лет.
63. Находим корни второго уравнения: x^livT^. Записав, что по-
ловина корня удовлетворяет первому уравнению, и выполнив преоб-
разования, придем к тому, что число к надо искать из уравнения.
7k-28-t28/I-1c. После возведения в квадрат получим: k(k+8) - 0.
Значение к-0 не удовлетворяет условиям. Следовательно, к=-8 и
хв1~*ТЛс^2.
64. Проведем анализ. Пусть треугольник АВС искомый » рис. 2.3 <
Вводим обозначения: zA^a.zB^^.zC^/.BOa.АОЬ.АВ^с. Из теоремы
синусов следует a/$ina4b+c)/($in0+sin/).
Т.к. 0+^=18О°-а, то sing+sin7=2*cos(a/2)*
*‘cos((0-y)/2). Следовательно, из пропорции
вытекает равенство a*cos((g-y)/2) ж (Ь+ср
• si п(а/2), нз которого находится угол
(₽-у)/2. Одновременно это равенство подска-
зывает нужное построение. На стороне АС утла
А откладываем отрезок AD=b+c, затем из D
опускаем перпендикуляр DE на биссектрису АЕ
угла А и из D циркулем раствора а на
рис2.3
82
биссектрисе отмечаем точку F. Из AADE: (b+c)-sin(a/2)=DE. Из
AFDE: DE=a-cosFDE. Значит a*cosFDE = (b+c)*sin(a/2), откуда
zFDE ® (3~ЗГ)/2, zADF=?.Для завершения построения остается через
F провести прямую FB параллельно AD, затем через точку В пересе-
чения FB с другой стороною угла А провести прямую ВС параллель-
но DF. В результате образуется ЛАВС Докажем, что он искомый.
Угол А заданный ВС=а, поскольку ВСИЕ-параллелограмм;2АСВ^АОР=у,
zABC-Я Из теоремы синусов следует a/sina=(AB+AC)/(sin0+stnr).
Сравнивая эту пропорцию с одной из предыдущих, получаем
АВ+АС=Ь+с.
65. Если сложить уравнения системы, получим:(х+у+г)2(а+2)=к2+12+
+т2 Значит, если а=-2, к=1=гп=0, то х,у,х-любые; если а=-2, к2+
+12+т2>0, то решений нет.Пусть теперь а+2>0,тогда o^=x+y+z^±((kl
+J2+m2)/(a+2))^/2 Из этого соотношения заключаем, что из равен-
ства ст=О следует к=1=т=0. Обратно, если к=1=гп=0, то ст—0. В слу-
чае <т=0 решение системы таково: х и у - произвольные, z=-x-y. В
случае <г*0 дело сводится к решению линейной системы:ax+y+z-k2/<r
x+ay+z=I2/o, x+y+az=m2/<T. Вычитая из первого уравнения сначала
второе, потом третье уравнение, получаем: (а- 1)х-(а- 1)у = (к2 -
—12)/о*, (а-1 )х- (а-1 )2=(к2-m2)/<r. Приходится отдельно рассматри-
вать случай а=1 В этом случае первоначальная система будет со-
2 2 2
вместна только Тогда, когда к =1 =гп и решением ее будут: х и у
'к2-!2
2=х-^Т^
- произвольные, z=*k-x-y. .
к2 .2
Если а*1,а*-2,сг*0,то
вки у и г в первое уравнение найдем х, а по нему
htrpt- * (а+1 )к- I 2-т2 (а-И)12-т2-к2 (а+1 )гп2-к2-12
Если а+2<0,к=1=т=0 получаем x+y+z«O,T.e. х и у произвольные,
z=~x~y. Случай а+2<0, к2+12+т2>0 невозможен.
После подстано-
у и z. Выпишем
66. При п>4 справедливо неравенство (n-2)^<n2-3n<(n-l)2 Поэто-
му в этом случае п2-3п не может быть точным квадратом.
67. (l+c)a2+(l+c)b2-(a+b)2=c~1(ac-b)2>0, с>0.
68. Условие задачи запишем так: IgA/l ® tgB/2 « tgC/З - 1/А или
ctgA=A, ctgB=X/2, ctgC=A/3. Возводя эти равенства в квадрат н
прибавляя по 1, получим l/sin2A=l+A2, l/sin2B=1+A,2/4,1/sin2C=l+
+А2/9.Пользуясь теоремой синусов, из предыдущих соотношений по-
лучаем систему равенств:
(1+Х2)а2=(1+А2/4)Ь2=(1+Х2/9)с2. (*>
Наконец, из условия А+В+Оп найдем значение А. Имеем -ctgA=ctg(ii-
83
-A)=ctg(B-bC)=^^g|^g^. Подставляя в это выражение значения ко-
тангенсов, получим А2»!. Подставляя Л в (*)» получаем а2/0,5 =
=Ь2/8,8=с2/0,9.
69 Если левую часть первого уравнения разложить на множители,
то оно запишется так: (х2+у2+ху)(х2+у2-ху)=481. Используя вто-
2 2
рое уравнение, предложенную систему представим в виде х +у -ху=
=13, х2+у2+ху=37. Складывая и вычитая последние уравнения при-
ходим к системе х2+у2=25, ху=12. Ответ: (3,4),(-3,-4), (-4,-3),
(4,3).
7О. На четырех гранях пирамиды шар вырежет четыре одинаковых фи-
гуры. Для изображения одной из этих фигур вообразим плоскость,
на которой лежит грань DAB пирамиды ( рис.2.4).Эта плоскость пе-
ресечет шар по кругу. Из грани DAB этот
круг вырежет фигуру DKLM. площадь которой
надо вычислить. Мы ее получим как разность ( /|\ \
между площадью круга и площадями двух сег- / )
ментов,стягиваемых хордами DK и DM. Пусть С \
-центр круга, г=ОС=СМ-радиус круга, по уело- \ /
вию zCDM=a/2. тогда ZDCM = п-а. Поэтому К
площадь S сегмента DM равна площади
сектора DCM без площади треугольника: рис.2.4
S = r2(n-a)/2-r2sin(ir-a)/2 « r2(n-a-sina)/2.
Следовательно, площадь S' фигуры DKLM такова: S' = nr2-2S =
rf2(a+sina). Остается найти радиус г. Для этого из центра О шара
опустим перпендикуляр ОС на грань пирамиды и из треугольников
DOC, DO' В, DAB найдем DC= OD- cosODC = OD- О' D/DB = 0,5 * О' D2/DB =
0.5(DB2-AB2)/DB~0,5DB(l-tg2(a/2^=0,5-AD-cos(a/2)cosa/cos2(a/2)=
bcosa/(2cos(<x/2)). Ответ:b2cos2a(a+sina)/cos2(a/2).
71. В ДАВС проведем высоты AD,BE,CF и пусть О точка их пересе-
чения. Заметим, что если АВ^ВОСА, то CFbAD^BE, ибо 2S=CF-AB =
=AD*BC»BE* АС, где S площадь ДАВС. Из подобия треугольников FBO
и СОЕ следует что откУда FO-CF-FO2=BE-OE-OE2. Тог-
да OF2-OEa»FO-CF-BE OE2BE-(FO-OE), откуда (OF-OE)(BE-OE-OF)SO,
откуда OF-OEsO, т.к. BE-OE-OF=OB-OF>0. Аналогично доказывается,
что OFsOD.
72. Равенство а+Ь^173* с *4173=0, умножим иа 21/3получим а^173*
4?/3+2с=0. Теперь первое соотношение умножим на Ь, второе-на
с и результаты вычтем друг из друга; получим ab^2c2+(b2-ac)2174
=0. Отсюда вытекает, что Ь2-ас=аЬ-2с2=0,т.к. в противном случае
84
из последнего равенства вытекало бы. что 21/3-число рациональ-
ное. Наконец, если исходное равенство умножить на а и затем за-
менить ab на 2с2 и ас на Ь2, то получим a^c^i^+b2*^3 «О,
откуда и следует» что а=Ь=с=О.
73. Вначале исходное уравнение запишем так:((х-1)2-2)2+3(х-1)2-
-16=0. Полагая у=(х-1)2, для у получаем уравнение у2-у-12=0.ко-
рнями которого являются 4 и -3. Действительные решения выделя-
ются так: (х-1)2=4. Ответ: х^З. х2—L
74. В ДАВС проведена высота BD.BK-диаметр описанной окружности,
тогда zBAC=zBKC=a, поскольку они опираются на одну дугу. Далее
^ABD=n/2-a, zKBC=zBCK-zBKC=n/2-o. Следовательно. zABOzKBG
75. Разложим п3-п на множители: п(п- 1)(п+1). Из трех последова-
тельных чисел одно обязательно делится на 3.Числа п-1 и п+1 яв-
ляются последовательными четными числами, поэтому одно из них
обязательно делится на 4, а произведение делится на 8.
76. В ДАВС построим все средние линии. Легко видеть, что сере-
дина любого отрезка АМ( МеВС )будет лежать на средней линии,па-
раллельной ВС, середина BD( De АС) будет лежать на средней линии,
параллельной АС, и середина CP-на средней линии,параллельной АВ.
Значит.середины любых двух линий лежатло одну сторону от одной
из средних линий я потому угол между соединяющими их отрезками
меньше 180°.
77. Легко проверить равенства х+5-4*/ТГТ={/5ГГГ-2)? х+ 2 - 2i/x7T*
=(vTTT-l)2. Поэтому данное уравнение запишется так: 1« /х+Т-2 +
+Vx+T-l=l, если йЛ >2; 2« 2-/х+1+i/x+1 -Ы. есл к 3< 2-
-/xTT^1-i/x+T=l. если Ух+Т<Ь В первом случае имеем х=3, но это
значение х не удовлетворяет условию /х+Г>2. То же самое имеет
место в третьем случае. Во втором случае мы имеем тождество,
справедливое при всех х. удовлетворяющих неравенству ОЯхДЗ.
78. BAAOD; OBiAD.AC=CD>B,CeAD«.zAOB=zCOO«zBO(>a. Из треуголь-
ников AOB.BOC.BOD соответственно имеемАВ=ОВ* iqa»BC=OB* tqa, BD«
-OB4q2a. Из равенства AB>BC=CD=BD-BC имеем: 2-OB-lga=OB*(tg2a -
Следовательно, угол а надо определять из уравнения 2*tqa=
=tq2a-tqa, которое следует записать так:2* tqaM).
Условиям задачи удовлетворяет только Ф»30о.
79. По условию искомое число девятизначное. Сумма его цифр раа-
ча 45. Следовательно, оно делится на 9. Поскольку 20б=2б*Ю6 «
-64 * 106-восьмизначное число, а 326=(2Ю)3»10243>109- но крайней
85
мере десятизначное число, то приходим к выводу: если а6-искомое
число, то 20<а<32. Из чисел, удовлетворяющих этому неравенству,
только а*=27 делится на 9. Поэтому а=27 и 276=387420489.
80. Для решения задачи воспользуемся неравенством а+а~^2 при
а>0. Группируя члены левой части. пЪлучим (tgcrctgB+clga-tg₽)+
•Htgactgz+ctga* tg/HOg/?* ctgy+ctg#; tg7)^6, поскольку каждая ско-
бка не меньше 2.
81. Пусть даны стороны АВ. ВС и CD и углы А и D, тогда строим
угол А. на его стороне откладываем АВ. из В радиусом ВС описы- •
ваем окружность. Затем на другой стороне угла А в какой-нибудь
точке Е строим угол D и на его стороне откладываем EF-DC. Нако-
нец. через F проводим параллель АЕ до пересечения в точке С с
окружностью к через С проводим параллель FE.
82. Перемножая первую я четвертую,вторую и третью скобки н еде- ♦
лав замену у=х2+12х+32, получим квадратное уравнение у2+Зу-4=0 с
корнями 1 и -4. Подставляя вместо у его значения и решая два
квадратных уравнения, находим корни данного уравнения.
Ответ:-7.-5,
83. Разделим левую часть неравенства на правую: (1
2
= ^4/>nTi<,+-5-7) =
2 3 2 n п 4 п
»-ад‘" —>1. Следовательно, неравенство доказано.
n+’ n2-l nW-n-1 Ч ,
При этом мы воспользовались очевидным неравенством:
{1+ 4-)"=1+с’ У- + )2+...>1+С’ -1-=1+ -Н-.
П “1 П — I п —1 п — 1 п — 1
84. Пусть H.F.LE-середины сторон соответственно АВ, ВС, CD.DA
четырехугольника ABCD. Докажем, что из условий задачи вытекает,
что ВС || AD, а АВ || CD.T.e.. что ABCD параллелограмм. Для этого
проводим диагональ АС и прямую HL. Утверждаем, что HL пересечет
АС в середине. Исходим от противного. Пусть К делит АС пополам.
Тогда НК=ВС/2, KL^AD/2, HK+KL=<BC+AD)/2. Но HL<HK+KL/no предпо-
ложению/. Значит. HL<(BC+AD)/2. Аналогично FE<(AB+CD)/2. Следо-
вательно, HL4’FE<(BC+AD+AB+CD)/2, что противоречит условию. Сле-
довательно, К лежит на HL и HL параллельно ВС и AD.
85 По условию AB=BC=a,zABC=y,zADB=a,zBDC=p. Обозначим zBAD= х,
zBCD=»y.Тогда имеем х+у+а+^+у^п или x+y=2n-a-3-r По теореме си-
нусов имеем sinx/BD » si па/а, siny/BD » sinp/а или siny/sinx -
•iinfi/eioa. По свойству пропорций |!Су-1 jn'x°si nf-sl па- или
86
( S i )/(COS~Ai lA~)=(S I n5^COS^)/<COS^j^Si
Вставляя в это соотношение значение yfx и разрешая его относи-
тельно х-у. получим систему относительно х, у, из которой легко
найдем х и у.
86. Искомые числа обозначим через ж и у.По условию (х+у)/(2^ху)
=13/12. Последнее соотношение запишем в виде /х/y+/yZх=13/6.Ре-
шая его относительно z«/x7y. получим х/уМ/9 и х/у=9/4.
87. В ЛАВС:^А=(Х.ВО-биссектрнса внутреннего угла.а BF-бнссектри-
са внешнего угла, тогда BD1BF как биссектрисы смежных углов. По
условию zACB=90°+a. Поэтому zBDC=180°-490%a)--(180o~90o-2c0/2 »
=45°, и значит ^ВРС=45°, что повлечет BD==BF.
88. Сначала выполним следующее построение. Из середины D отрез-
ка АО восстановим перпендикуляр DE >рис.2.5<. Затем из точки Е
пересечения DE с биссектрисою угла В опустим перпендикуляр на
прямую ОС. Доказательство утверждения будет вытекать из того,
что точка F является серединой ОС.
Покажем это. Внешний угол треу- д
сольника zAOE » (a+0)/2 « (ff-C)/2. Е
Аналогично zFOE»(n-A)/2. Из прямо-
угольного ДАОН получаем АО» Hjk /
- r/sin(A/2). Из ADOE находим ОБ « Л
= OD / coszAOE » OD / $in(C/2) * /I
»r/(2sin(A/2)sin(C/2)). Из AFOE: /АГ
OF«OE-cos((ir-A)/2) « 0E-sin(A/2) - .—-ZSb
= г / (2sin(C/2). А из ДСОК: ОС» “ С
г / sin(C/2). Т.о., 0F«0C/2. рис2.5
89. Предложенное уравнение запишем тзк.Зх2-2(а+Ь+с)х+аЬ+Ьс+са«0.
Его дискриминант 4((a+b+c)2-3(ab+bc+ca))=4(a2+b2+c2-ab-bc-ca) »
=2((а-Ь)2+(Ь-с)2+(с-а)2)гО.Следовательно. корки уравнения веще-
ственные.
90. Пусть х и у - искомые числа. По условию xy»z3, x/y»z2. От-
сюда x2=zs,y2=z. Следовательно, из z должен извлекаться квадра-
тный корень. Легко подсчитать, что г3 будет трехзначным числом
яря z=5,6,7,8,9. Указанному условию удовлетворяет только Z»9.
Следовательно. х»243. у»3.
91. Выражаем катеты хну через гипотенузу х»а'»«п15°,у«ав!п75,в
затем xTy»a(sinl50*sin750|K2asin4S0cos300«aH7^3/2.y-x»a(sin7&0*-
87
*$1п15°)=2асо545о51п30О8=*2/2.Складывая и вычитая эти равенства, j
находим x=aZ?(ZJ-l)/4, ys=aV3(/J+l)/4.
92, Предположим» что требуемое построение выполнено. Пусть точ-
ка О лежит между сто-
ронами угла В вне ДАВС
(рис. 2.6). Пусть OK.OU
ОМ - перпендикуляры к
сторонам ДАВС Посколь-
ку точка О может зани-
мать различные положе-
ния, и расстояния от
нее до сторон треу-
гольника , когда эти
расстояния даны зара-
нее, можно менять ме-
стами, то решение зада-
чи имеет много вариан- рис.2.6
тов. Остановимся на том, который изображен на чертеже. Строим
треугольник ВА^С* по данным углам. Затем на заданном рас-
стоянии ОМ параллель стороне ВСг(на рисунке изображены пункти-
ром») Пусть О их точка пересечения.Затем из О опускаем перпен-
дикуляр на AtC|H откладываем на нем третий данный отрезок OL-
Наконец, через точку L проводим отрезок AC||AtCr Нетрудно убе-
диться, что ДАВС искомый.
93. Т.к. x/y+y/x^x^+y^/fxy), то, используя второе
уравнение,первое уравнение запишем в виде V2(x+y)=(xy)“\ Если
положить х+у«з, то найдем z^x24-y2+2xy~l+2xy, откуда
xy=(z2-l)/2. Поэтому предыдущее уравнение превращается в следу-
ющее: z3-z-v/2==0. Этоуравнение имеет единственный действительный
корень z==V2. Наконец, решая методом подстановки систему
х+у«?2, х2+у2=1, нахо-дим х=у=/2г/2.
94. Условие задачи записывается так: 1000a+100a+10b+b=x2, т.е.
11(100а+Ь)=х2. Следовательно, х делится на 11. Остается прове-
рить, какие из чисел, начиная с 33 и кончая 99, удовлетворяют
условию. Ответ х»88.
95. В пирамиде SABCD: SO-высота, К-середина AB~a,zSAO=x,zASK=x/2
Объем V пирамиды равен а2Ь/З.Нужно найти Ъ.Из ASOA:h=av^tg(x)/2 |
Из ASKA: SB»*a*ctg(x/2)/2.ynM х будем искать, используя теорему |
Пйфшгера япл ASO& 0,5‘a2lg2x+0,25-a2=a2-ctg2(x/2)/4. Получаем I
&
уравнение 2tg2x+l»ctg2(x/2). Выражая tgx через ctg(x/2), получим
уравнение 8ctg2(x/2)=(ctg2(x/2)-l)3. Если положить у=с(^(х/2)-
-1, то для у получаем уравнение 8(у+1)=у3. Из трех корней этого
уравнения у=-2,у=1-V5 и y=l+v^ подходит только последний, т.к.
при двух первых значениях ctg^fx/S) отрицателен.Подставляя тре-
тий корень в исходное уравнение, находим tgx, а Затем h. Ответ:
V=a3(l+vS)1/2/6.
96. Сначала отметим,что неравенство имеет смысл при х^-1,5. Да-
лее, поскольку обе части неравенства положительны, данное нера-
венство эквивалентно неравенству, получаемому возведением в
квадрат данного; последнее после небольших преобразований при-
мет вид: ^х+2 • V2x+3<-x. Из него следует, что -х>0. Следователь-
но, его тоже можно возвести в квадрат и привести к неравенству
х2+7х+6<0, которое эквивалентно следующему неравенству:
-6<х<-1. Ответ: -1,5^х<-1.
97. Используем метод математической индукции. При п=1 плоскость
разбита на две полуплоскости, одну из них закрашиваем белой
краской, другую черной и условие выполнено. Пусть утверждение
верно при п==к,т.е. плоскость покрашена так, как это требуется в
задаче. Добавим (к+1)-ю прямую. Она разделит плоскость на две
полуплоскости и Р2. Повсюду в Р1 окраску сохраним прежней,
как и при п=к, а в Р^заменим белую окраску на черную, а черную
на белую; окраска станет искомой.
98. Пусть задача решена; Бис-
сектрису AD угла А продолжим
до пересечения в точке Е с.
окружностью, описанной около
ДАВС('рис.2.7) Очевидно, что
дуги GE и BE равны. Перпенди-
куляр, опущенный из центра О
на сторону СВ. пройдет через
точку Е, поскольку он отрезок
СВ и дугу СВ делит попо-
лам.Значит,СВ параллельна ка-
сательной к окружности в точ-
ке Е. Далее 5==zB-zC, т.е. 3
равна дуге LA, если АЮ ЮВ и
LE - диаметр круга. Следова-
тельно, zLEA=3/2. Отсюда построение. Строим окружность данного
рис. 2.7
8Я
радиуса, берем на ней точку Е, через Е проводим диаметр LE ок-
ружности и пристраиваем к нему угол LQA, равный 6/2. Затем от
точки А на стороне АЕ откладываем отрезок AD=1 и через D прово-
дим параллель касательной FE. Наконец, точки С и В, в которых
параллель пересекает окружи сть, соединяем с А и получаем ААВС.
Поскольку угол 6/2 к диаметру LE можно пристраивать в одну и в
другую сторону, треугольников можно построить два. Он и будут сим-
метричны относительно радиуса LO. Построение возможно только
при условия AD<AE« но АЕ - 2Rsin(C+A/2) « 2Rsin((n- (В-С))/2)=
=2Rcos(6/2)
99. Пусть 100а+10Ь+с-искомое число. По условию а+Ь+с=11, а2+Ь2+
+с2=45, 100а+10Ь+с-100с-10Ь-д=198. После упрощений последнее
уравнение запишется в виде а-с=2. откуда а-с+2. Из первого
уравнения находим Ь=9-2с. Подставляя во второе уравнение эти а
и Ь, для с получаем уравнение Зс2-16с+20=0 Решая его, находим
с=2,а=4, Ь=5. Ответ: 452.
400. После возведения в квадрат равенства a=x+y+z получаем а2 =
=x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx. Воспользовавшись неравенством 2uv£u2+v2,
получаем нужное неравенство.
101. Постройте чертеж и точки обозначьте согласно условию зада-
чи. Тогда zAMB»=ZAMC=60<>. Поскольку они опираются на дуги АВ и
АС, каждая по 120°. По теореме косинусов АВ2=ЛМ2+ВМ2-АМ* ВМ.АС2=
=АМ2+МС2-АМ-МС. Т.к. АВ=АС. то ВМ2~ДМ* ВМ-МС2-ДМ’МС. Последнее
соотношение запишем так: (ВМ-МС)(ВМ+МС-АМ)==0.Следовательно. ВМ+
+МС=АМ, или ВМ=МС. Во втором случае AM будет диаметром и тогда
ВМ^МС^АМ/2-
102. Через точку О пересечения диагоналей трапеции ABCD проводим
KL (КбАВ, LeCC) параллельно основаниям. Кроме того, строим вы-
соту CN трапеции4N€ADj.Из подобия треугольников АВС и AKO.DBC
и DOL имеем соответственно (M=CNnKL) KOBC-MN.CN. OL:BC=MN;CN.
Отсюда заключаем KCbOL Пусть S - точка пересечения продолжения
боковых сторон и OeSP, PeAD. Запишем пропорции, вытекающие из
подобия треугольников SKO й SAP, SOL и SPD: AP:KO=SP:SO, PD:OL=
=SP:SO, отсюда и вытекает AP=PD. Аналогично для ВС
103. Левую часть первого уравнения преобразуем так:
t„ tc sinxisi_ny^coslx-y)-cos(x4-y) cos(x-v)-cos2b
cosx-cosy cos(x-y)+cos(x+y) cos(x-y)+cos2b
Поэтому из первого уравнения находим: cos(x-y)=(l+a)*cos2b/(l -
-а). Следовательно, предложенная система эквивалентна следующей
90
системе: x+y=2b, x-y=arccos(|^|cos2b). из которой получаем :
Xsb+arcco^(l+a)/(l-a^cos2b)/2, y=b-arcco^((l+a)/(l-a)):os2b)/2.
104. Т.к. (2-ZT) 1/2=(2+v3)~1/2, то, полегая (2+/J)*/2=у, данное
уравнение запишем в виде у+1/у=4. Его решения y=2±V3. Решая за-
тем два показательных уравнения, найдем х=±2.
105. По условию a=2b-sinl0°. Поэтому a3+b3=b^4sinl0°’2sin210^.
+l)=b3(4sinl0o(l-cos20o)+l)=b3(4sinl0o-2sin30°+2sinl0o+l)=
sb3,6sinl0°=3ab?
106. Сначала оперируем с данным числом: 1331= 103+3* 102+3*10+
+1 =(10+1 )3. После того, как между цифрами данного числа вста-
вим по п нулей, получим следующее число:
103п+3+3’102п+2+3’10п+1+1=(10п+1+1)3
107. Пусть AD=Dp-BF=FC=CE=AE, АВ=ВС=СА, КОхАВ, ОМхВС, LNHAC,
OeLN.BPlLN. Покажем сначала, что сумма расстояний ОК и ОМ любой
точки О, лежащей внутри равностороннего треугольника, до двух
сторон АВ и ВС треугольника равна высоте ВР. В самом деле, ОК-
=/J-OL/2, OM=vS-ON/2, откуда OK+OM=/J(OL+ON)/2=V3-LN/2=BP. Сле-
довательно, для всех точек О, лежащих внутри ABDF, сумма рас-
стояний до сторон АВ и ВС треугольника будет меньше расстояния
от О до третьей стороны АС, вследствие чего из этих отрезков
нельзя построить треугольник. Аналогично с треугольниками ADE и
FCE. Если точка О будет лежать на линиях DF или FE, DE, то сум-
ма расстояний до двух сторон треугольника будет равняться рас-
стоянию до третьей стороны. Наконец, для точки О, лежащей внут-
ри ADFE, сумма ее расстояний от любых двух сторон ЛАВС будет
больше расстояний до третьей стороны. Вот из этих отрезков мож-
но построить треугольник.
108. Из данной системы вытекает (tgx+tgy)/(a+b)=tgz/c. Но tgz =
=tg(7t-x-y)=-tg(x+y)=(fgx+tgy)/(tgxtgy-l). Подставляя tgz в пер-
вое уравнение и раскладывая на множители, получим
(tgx + tgy)(^ - l-tgJtey-iH
Из уравнения tgx+tgy=O и данной системы получаем tgx=tgy=tgz=O,
откуда x=nk, y=nl, z=nm, причем целые kj.m должны удовлетво-
рять условию k+l+m=1. Теперь приравняем нулю вторую скобку, по-
лучаем tgxtgy=(a+b+c)/c. Снова используя первое из данных урав-
нений, найдем: tgx=±^a(a+b+c)7(bc). tgy=±Vb(a+b+c)/(ac), tgz=
=±^c(a+b+c)/(ab). Осталось выписать решение этих уравнений.
109. > Покажем, во-первых,что соседние натуральные числа взаимно
91
просты. Рассуждаем от противного. Пусть п+1-mp, n=mq; тогда 1=
=m(p-q), откуда следует ш»1.
Во-вторых, также рассуждением от противного докажем, что со-
седние нечетные числа взаимно просты. Если бы 2п+3=гпр, 2n+l=mq,
то 2=m(p-q). Т.к. т*2, то из последнего равенства вытекало бы
т=1.
Из доказанных утверждений легко вытекает,что число 2к+3 вза-
имно просто с числами 2к+!,2к+2,2к+4 и 2к+5. Рассмотрим теперь
следующие пять чисел: 2к,2к+1,2к+2,2к+3,2к+4. Если 2к+3 не де-
лится на 3, то оно взаимно просто с остальными. Дело в том, что
только 3 может являться наибольшим общим делителем 2к и 2к+3,
т.к. из того, что 2к+3=тр и 2k-mq следует 3=m(p-q), откуда т-1
или т=3. В случае, когда 2к+3 делится на 3, число 2к+1 будет
взаимно просто с 2к, 2к+2 и 2к+3 в силу доказанных вначале ут-
верждений. Что 2к+1 взаимно просто с 2к+4 устанавливается так:
из равенств 2k+4=mp. 2k+l=mq следует 3=m(p-q). Но т*2 и т*3,
т.к. 2т+3 делится на 3. Значит. т==1.
110. Пусть АС'одна из диагоналей куба ABCDA' В'С' D'.Проведем че-
рез АС' и соответственно через каждую из диагоналей АВ', АС и
AD' граней, исходящих из вершины А, три полуплоскости, границей
каждой из которых служит диагональ АС'. Эти три полуплоскости
разбивают куб на три многогранника. Очевидно, что в силу сим-
метрии куба эти три многогранника равны; в самом деле, повернув
куб около его диагонали АС' на 120\ мы совместим его с собой,
при этом наши многогранники обменяются местами. Но каждый нз
многогранников - четырехгранная пирамида. В самом деле, в сос-
тав любого многогранника входит .целиком одна нз граней, примы-
кающих к вершине С'. и, кроме вершин этой грани, многогранник
имеет еще только одну вершину - А.
111. Для сокращения письма положим k=m/n. Из неравенства к<2 1/3
следует к2+к+1<22/3+21/3+1=(23/3-1)/(21/3-1)=1/(2’/3-1). Затем
(к2+к+2)/(к2+к+1)=1+1/(к2+к+1)>1+(21/3-1)г21/3 Второе неравен-
ство эквивалентно неравенству (m2+mn+2n2)/(m2+mn+n7)+ni/n<
<2 *2|/3. Полагая п=чп1, левую часть неравенства обозначим через
А и запишем' ее в виде А=2+1/(13+12+1). Поскольку по условию
£>1/21/3. то !-(1а+1+1)>2'1/3((2;1/3)3-1)/(2-|/3-1)=0.5/(21/3-
-1). Поэтому
412. Согласно формулам Виета a+g»-2b/a, о0=с/а. Отсюда а4 02«
i
92
г(а4>0)2-2аЗ=4Ь2/а^2с/з=2(2Ь3-ас)/а? Поэтому решение ндедложен-
ной задачи таково:
113. Стороны прямоугольника, вписанного а друг радиуса R, обоз-
начим через х и у. Т.к. диагональ прямоугольника пройдет через
центр круга, то x2+y2=4R2 Поэтому площадь прямоугольника можно
представить так: S=xy=xv4R2-x2=v4R2x2-x4=i4R4-(x2-2R2)2. Из
этого представления вытекает, что наибольшее значение S прини-
мает при X-RV7. когда подкоренное выражение будет наибольшим
Нетрудно найти y-R/Z. Следовательно, наибольшую площадь имеет
вписанный квадрат.
114. Если положить у=2 * то данное уравнение запишется так: у 4
+2у-80=0. Его корни -10 и 8. Условиям - задачи удовлетворяет
только у=8, откуда 2*=23 Ответ х=3.
115. Согласно условию х 4+х 4х 2+ах+Ь=(х4дх+В) ? Если возвести в
квадрат и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях
х, получим систему равенств 2А~1.А2+2В=1.2АВ=а,В2==Ь, из которой
находим: А-1/2, В«3/8, а»3/8« Ь®9/64.
116. Строим пересекающиеся отрезки АВ и затем отрезок 00*
соединяющий их середины. Через точку О проводим ОС параллельно
AAt и через Op СО^ВВГ Эти отрезки пересекут AtB в точке С,
т.к. ОС есть средняя линия АА*АВ а О^С-средняя линия ЛА}ВВГ
Тогда по неравенству треугольника: OC-O|GcOOj<OC+O,G Остается
принять во внимание OOAAj/2, OtC=BBj/2.
117. Вычитая из первого уравнения второе»получаем:х 3~у'Ца~Ь)(х~
-у). Полученное уравнение запишем в виде произведения. (х~уХх?+
+у2+ху-а+Ь)=О. Складывая уравнения системы, получим: (х+уХх2+
+у2-ху-а~Ь>0, Следовательно, для нахождения решения данной
системы надо решить несколько систем. Во-первых, следующую сис-
тему: х-у=Ю,х+у«О, откуда находим первое решение (0,0);
во-вторых, систему х-у-О, х2>у2-ху-а-Ь«О, откуда х«у«1^а*Б;
в-третьих, систему: х+у»О, x^y^xy-a+W), откуда y»-x»tVa-b.
Наконец, необходимо найти решение системы х^+у^+ху-а+ЫсО»
х2+у2-ху~а-Ь-О. Подстановкой уз»-Ь/х находим х«
=t/(at(a2-4b2),/2 )/2. В заключение укажем: в зависимости от
соотношения а и Ь решения будут или действительными или ком-
плексными.
118. Рассмотрим числа р по их остаткам при делении на 3, Если р
93
не делится на 3. т.е. имеет вид Зк*1, то 8р2+1=8(9к2±6к+1)+1=
«=3(24к2116к+3)-составное число. Т.к, р простое и делится на 3.
то рв3. Найдем 8р2-М«*73 - простое число. Ответ: р=3
ИЙ Строим данный конус К так, чтобы данная точка О совпала с
центром основания конуса, я перевернем его* так, чтобы вершина
перевернутого конуса К* оказалась в точке О, я центром основа-
ния стала вершина S данного конуса Множество точек переверну-
того конуса К' и есть искомое геометрическое место точек. В са-
мом деле, возьмем в К' любую точку А и поместим в нее вершину
конуса К. Т.к. по условию ось конуса К в новом положении парал-
лельна его осн в исходном положении, то его образующие парал-
лельны соответствующим образующим первоначального конуса,
Веле дет ви и чего точка О окажется внутри описанного конуса. Из
аналогичных рассуждений следует, что точка О окажется вне кону-
са К, если его вершина будет лежать вне К'.
Если условия задачи допускают и конусы, вершины которых об-
ращены в противоположную сторону по отношению к конусу К, то
геометрическое место точек будет состоять из объединения двух
конусов К* я К*, оси которых являются продолжением одна другой
и они имеют Общую вершину.
120. Переходя к двойным углам, предложенное уравнение запишем
Следующим образом: (l«ecos2a)/2-e(l-bcos20)/2+cos2y+2 • cosa- cosp-
4COsy «1. Используя известные равенства, предыдущее равенство
запишем Так: Cos(a-f0) - cos(a-0)+cos2y-H:os(a+£3) * cosy+cos(a-0) •
‘Cosy « (C6s(a+0>cosy)*(cos(a-0)+cosy) = 4-cos((a4-p+y)/2)*
‘Cos((a+0-y)/2)-cos((ft4-y-3)/2)'C<5s((0+y-a)/2)jfcO. Из этого сле-
дует. что справедливо одно из равенств a±3±r«(2k+l)it.
121. Пусть у обозначает расстояние между точками касания двух
окружностей, х ~ длину касательной изйершины прямоугольника, а
Г *- радиус круга. Тогда 2х+у*Ца2+Ь2)1/2, х+г«а, r=xtga. Поэтому
а » =x(1^tga), откуда x«a/(l+tga). Значит, из первого соотноше-
ния находим y^a^b^^Sa/fl+tga). Величину tga будем искать
из уравнения tg2a*b/a, которое следует записать так:
Решая, получим tgo=((a2+b2)1/2-a)/b. Сле-
довательно, ответ: увЬ»а.
122. 3+33+333+.^
s(10n+'-10)/27-n/3.
123. Предполагаем, что ураанение имеет рациональный корень т/п.
М
3..3 + (10-1)/3+(10 2“1)/3+...+(10 п-1)/3<
й 'раа
Дробь m/n считаем несократимой. Запишем, что щ/n удовлетворяет
данному уравнению и освободимся от знаменателям результате по-
лучим m5+m-n4==10n5. Из этого вытекает, что о делится да что
невозможно!
124. Запишем, что сумма прогрессии равна 77г
откуда 2at+-( п-1 )d=154. Т.к. прогрессия начинается ,с четного
числа at=2k и в ней есть нечетные члены, то из предыдущего ра-
венства вытекает: d=2p+1, n-!=2m. Следовательио.четными будут
члены с нечетными номерами, а нечетными - члены с четными номе-
рами. Поэтому а1+а3+...+а2тФр44, а2+а4+..+а2т«ЗЗ. По формуле
суммы членов арифметической прогрессии последние соотношения
запишутся TaK:(at+anXm+1)/2«44. (a2+a2m)m/24at+an)ni/2=s33.
Деля одно равенство на другое, получим: 3(m+1)=4m. откуда т«3,
п=7. Второе из предыдущих соотношений напишем еще раз, помня,что
an-a1+6d=2k^-6(2p+l); будем иметь к+3(2р+1)я11. Отсюда 3(2ptiy$
all, 6р*8. Следовательно: к р®1, а?=2. ап»20; 2«р=0, d=1,
а.=8, а «14; 3<p=-t. d=-1, а.«14, а =8; 4< р»—2» d»-3, а.«20,
ап=2. Случай р=-3 невозможен, т.к. тогда d=-5. а?«26. ая»-4.
125. Если три точки А,В и С являютсявершинами: тупоугольного
или прямоугольного треугольника,то наименьший круг, заключающий
эти три точки, имеет диаметром наибольшую сторону треугольника
А А ВС. Покажем, что если точки А, В. С являются вершинами остроу-
гольного треугольника, то наименьшим содержащим их кругом будет
круг, описанный вокруг треугольника ДАВС
Действительно, пусть К^произвольный круг.содержащий вершины
А,В и С остроугольного треугольника и Счесть центр этого круга.
Докажем, что радиус круга К,больше.чем радиус круга К, описанно-
го вокруг ДАВС. Пусть О-неитр круга К.Точка О* лежит внутри или
на стороне одного из треугольников ЛОВ, ВОС и СОА.т.к. в слу-
чае, когда Oj будет лежать вне ДАВС радиус Kt будет больше ра-
диуса К. Пусть для определенности Ot лежит на продолжении ВО;
тогда, очевидно, О|В>ОВ, из чего и следует утверждение. Если
точка Ot ие лежит иа продолжения ДО, то она лежит внутри или нз
стороне.отлнчной от ВО, одного'из углов АВС иди СВО. Пусть для
определенности это будет ^СВО, Соединим точку О^ с точками
А.О.В.Из двух углов АОО^ и ВООр по крайией мере, один тупой,
т к zAOB<180d. ибо ААВС-остроугольный, да-за чего xAOOj+zBOO^
>180Г Пусть, например, /ВОО|Тупой.1огда ф 4ВОО, сторона ВО
меньше стороны ВОГ откуда и следует требуемое.
128. Пусть справедливо равенство a+b4*(c+i)F/(c-i). Из него вы-
текает равенство (a+biXc-i>=c+i. Пользуясь определением равен-
ства комплексных чисел, получаем: ас+Ь==с, Ьс-аМ.Определим с из
второго уравнения. с=(«н4)/Ь,и
Первое: а(а+1>/Ь*(а2+а+Ь2>/Ь==(ат1)/Ь, а2+Ь2М.
определенное с удовлетворяет обоям условиям. Отметим, что если
Ь*=0,то а=-4,с=«0 в соотношение справедливо. Значит,задача возни-
кает только яри Ь*0. € другой стороны, возьмем дробь А=((а+
к подвергнем ее тождественному преобразо-
ванию: А *
п А * 8T1-BI (e+l)2-(bi)2
подставим в
Следовательно» так
а2+2йМ+2ЬСа+1 )i-b2
а2т2ат1тЬ2
* атЫ.
127. Как известно, пентр окружности, касающейся сторон угла»
лежит на биссектрисе угла. Четыре биссектрисы углов четыреху-
гольника, пересекаясь между собой, определяют углы нового четы-
рехугольника. Около этого четырехугольника можно описать окруж-
ность, Поскольку его противоположные углы в сумме дают п. Пока-
жем это. Если угол а образуется биссектрисами углов А и В» а
угол 0-биссектрисами углов С и О данного четырехугольника, то
a+0=K^A^B)/2+ft-(C+D)/2=2n-(A-i-B+C+D)/2^fl, т.к. сумма углов че-
тырехугольника ABCD равна 2и.
128. По формуле бинома Ньютона имеем: (l+t/a)f^C%C^v/aVC2’a+
+...+CjJ(w£)n, (l-v^ns^-C^vzaTC2a+...+C^(-Va)n. Складывая и де-
ля на 2, получаем: ((1+7а^п+(1-*/а)Л)/2а=Сп+С2а+С^а2+...
129. Да, ряд натуральных чисел можно разбить на две части так,
что ни одна часть не будет содержать никакой бесконечной ариф-
метической прогрессии. Это можно сделать например так: при по-
мощи последовательности квадратов I2, 22, З2, ... все множество
натуральных чисел разобьем на группы, как указано ниже эгруппы
занумерованы*;:
4
Груйпй начинается с Числа, следующего за квадратом, а заканчива-
ется Очередным квадратом. После этого все множество натуральных
Чисел разбиваем на две части, относя к первой части числа из
всех Трупп, занумерованных нечетными числами, а ко второй - все
Остальные числа. Пусть теперь а обозначает разность арифмети-
ческой Прогрессии. Т.к. разность (П+1)2*-П2 неограниченно воз- ,
растает, ТО во всех построенных труппах количество чисел будет
больше значения & Поэтому в каждую из этих групп попадает хотя |
бы один член арифметической прогрессии с разностью о. Значит,
прогрессия не будет составлена из
членов, например той части, в ко
торую отнесены числа изгх всех
групп, занумерованных нечетными
числами. '
130. Раскрасим доску 10x10 следу-
ющим образом ( рис.2.8каждая
фигура указанного вида покрывает
нечетное число клеток- каждого
цвета. Если бы 25 фигур покрывали
доску, то было бы покрыто нечет-
ное число белых и нечетное число
черных клеток, а при нашей рас-
краске их четное число. Ответ:
рис.2.8
покрытие невозможно.
131 Всего сена скосили 49 *100/(46-1=1051. На сеновал уложили
(105 • 48 4)/100=51т. В три стога было уложено 54т сена в отношении
2:3:4.Всего 9 частей,на каждую из которых, приходится по 6т сена
Ответив первый стог уложили 12т сена, во в торой-18г» в третий-24т
132. Преобразовывая, получаем
4a2(b+c)2n-l ,ac(a-n+D _ _ 2a(b+c]"+l.е
2а(п2-(а+1)2) 2a(b+c) “-1 п+а+1 Г
133. Среди сомножителей числа 1*2’3-... • 100=100! на 5 делятся
только 20 чисел» из них на 25 делятся 4 числа» значит
100!делится на 524, но т.к. имеется 50 четных множителей,то
100! делится на Ю24, т.е. 100! оканчивается 24 нулями.
134. Пусть MN=s, vf v2- скорости первого и второго пешеходов.
Можем записать систему уравнений 50/v1=(s~50)/v2,(s+25)/v}=(2s-
-25)/v2- Разделив одно уравнение на другое, получаем 50/(s-50)=
=(s+25)/(2s-25), откуда s=125m.
135. АНАЛИЗ ЗАДАЧИ. В прямоугольном ДАВС проведем медиану mg
катета а и медиану п>е гипотенузы С-Тк. тс равна радиусу опи-
санной окружности» центр О которой лежит на середине гипотенузы
АВ, то тс=с/2. Если через К обозначить точку пересечения медиан
гпа и тс, то будем иметь: АК=2та/3, ОК=(с/2):3, АО=с/2.
ПОСТРОЕНИЕ.Строим ДАОК по трем сторонам размеры, которых ука-
заны выше. Затем сторону ОК продолжаем за точку К и откладываем
на ней отрезок длины с/2. Получим точку Q На продолжении сто-
97
роны АО за точку О откладываем отрезок длины с и получаем вер-
шину В искомого треугольника. Построение возможно только при ус-
лови и с<2та<2с.
136. Любое натуральное п можно представить в виде п=7к+а.где а-
=0,±1,±2,±3. Отсюда вытека’е.. что пб=7р+оА где p-целое. Поэто-
му n7-n=?n(n6-l)-n(7k+a6-l). При а=0 на 7 делятся первый множи-
тель; при а=±1, ±2, ±3 на 7 делится второй множитель.
137; Пересечем данные прямые перпендикулярной прямой, получим в
пересеченни последовательно точки А,В.С. На первой прямой отло-
жим АА^ так, что АА^ВС, а на третьей прямой отложим ССр так
что ССрАВ; тогда прямоугольные треугольники АА^В и СС,В равны,
и Аг Вг С| - вершины квадрата.
138. Используя свойство арифметической прогрессия а^ + ап
+а . . ( kM,2,...,n), будем иметь:
+' 1,1, ,1.1 г а1*апА+ап-1, ,ап+ап
а1ап Vn-l anal at+aol а«ап а2ап-1 ” anat J
.. _д_гд .1 v. д . 1 х. . л . 1 л а___________п л ж л
'а1+ап К а? an-l " Ч VK+% la, а2 - 5П
к
139 Очевидно, что (4-^ПТ)1/2=;1/(4+*'Го)1/2 Введем обозначение
(4WT5jx/2=y; тогда для у получаем уравнение у+1/у=8;решая его,
находим y=4±vT5, затем х=±2.
140. Пусть АС-не подвижная прямая, a BD вращается вокруг точки Р.
Обозначим zMCA=a, zMBD=P, zAPB=zDPC=y.
1 случай: MD<MC,MA<AB; тогда a+y равен половине дуги PC и 3 равен
половине дуги АР.т.е. не меняются при вращеиии,УголгСМА=п-(а+0+
тоже не меняется при вращении.
2 случай: MD>MC, МА>АВ; тогда величины углов zMDB=a-y, равно по-
ловине дуги PC, и zABD=r-/3,равного половине дуги АР,не меняются
при вращении. zCxMA^n-(<x-y)-0=(ir-P)-(a-2r)=t0 не меняется при вра-
щении. Траекторией точки М будет дуга окружности, опирающаяся
на АС.
141. Обозначим ВОа,АС=Ь,АВ=с;тогда S *'р(р-а)(р-Ь)(р-с
где р==(а+Ь+с)/2. Пусть О,Е,Н-основания высот,опущенных соответ-
ственно на стороны ВСМС,АВ. Для нахождения х=АН и у=ВН имеем
. 2 2 2 2 о >
систему: х+у=с, о-х -а -у , решая которую получим х = (с +Ь -
-а2):(2с)4 у=(с2+а2-Ь2):(2с). Аналогично находим АЕ ® (Ь2 + с2-
-a2):(2b), CE=(b2+a2-c2):(2b), BD=(a2+c2-b2):(2a), DC = (a2+b2-
-с2):(2а). Учитывая, что stnA=2S:(bc),sinB=2S:(ac). sinC=2S:(ab)
можем записать = 0(5*{АН* AE*sinA—
98
-BH-BD-sinB-CD-CE-sinC) = S-(l-(b2+c2- a2)2:(4b2c2) - (a2+ c2 ?
-b2)2:(4a2c2Ha2+b2-c2)2:(4a2b2)).
142. Пусть взято x тонн первого сорта и у тонн второго сорта.
Тогда имеем систему х+у+140,. х:20+2у:5=3-140:10. Ответ. х=40т,
у=100т.
143. (x4-2x‘Vx2)+4x2+(x2-2x4-1)=(x2-x)2-H2x)2+(x-l)2.
144. Достраиваем ДАВС до параллелограмма ABCD. Из AACD находим
DC:2<(AD+AC):2 или шс^(.а+Ь):2. Пусть О*середина стороны АВ. Ра-
ссматривая треугольника АОС и ВОС, запишем ОС+АВ:2>ВС, ОС+АВ:2>
>АС, откуда ОС>(ВС+АС-АВ):2 или mc>(a+b-c):2.
145. Будем считать,что фамилии не могут начинаться с букв ь,ы,й.
Тогда фамилии будут начинаться с 30 букв, а оканчиваться 33 бу-*
квамн,т.е. всевозможных вариантов 33-30=990<1 ООО, отсюда по при-
нципу Дирихле делается вывод.
146. Обозначая числа через а и Ь, имеем а-Ь==48, (а+Ь):2-/аБ= 18.
Подставляя а=48+Ь во второе уравнение, получим Ь=1, а=49.
147. Пусть кусок, весящий tn кг, содержит р% меди, а кусок, веся-
щий nxr-q% меди. Пусть от каждого куска отрезали по х кг и спла-
вили с остатком другого куска. В первом куске сплавлялось (т-х)
кг с содержанием меди р% и хкг с содержанием меди q%, откуда
процентное содержание меди ((m-x)’p:100+x*q:100)* 100:m. Анало-
гично, ((n-x)*q:100+x’ р: 100) *100: m-это процентное содержание ме-
ди во втором сплаве. Приравнивая полученные выражения и преоб-
разовывая, имеем (p-q)(mn-x(n4-m))=0. Откуда х = mn:(m +п), т.к.
p*q по условию.
148. Достроим ДАВС до параллелограмма ABCD со сторонами а, b и
диагоналями, равными с и 2шс. Используя теорему косинусов, полу-
чим соотношение 2(а2ч-Ь2)=с2+4т2. Аналогично получим два других
соотношения и запишем систему 2(b2+c2)=a2+4ma, 2(a^>c2)-b2+4mB.
2(a2+b2) s c2+4ml Решая систему: a2= (8*(mc24-mb2)- 4ma2)/9, b2==
=(8-(m2 -4m?)/9, c2=(8*(ma )-4m? )/9.
149. Записав уравнение в виде 7у*М5х=5ху, замечаем,что у делит-
ся на 5. Ясно, что у £15 не подходит, т.к. тогда 15:у£1, а сле-
довательно 7:х£4, что возможно только при х-1»но х=4 не являет-
ся решением, т.к. ему соответствует нецелое у=-2/6,Покажем,что
у<0 так же не подходит, т.к. иначе было бы х » 7:(5-15:у) £7/5,
99
т.ё. х~1, но выше показано, что х*1. Осталось рассмотреть у=5 и
у=10. Ответ: х=2, у~10.
150. Пусть центр окружности От На отрезке ОО^ как на диаметре
построим окружность, которая пересечет данную окружность в точ-
ке В. Прямая ОВ-касательная ‘ к данной окружности, поскольку ОБО.
опирается на диаметр.На продолжении О^В откладываем отрезок ВС,
равный ОВ. По теореме Пифагора имеем OC=OBZZ. Из точки О радиу-
сом ОС делаем засечку на данной, окружности, получаем точку К.
Секущая OK-искомая. Если L-точка пересечения окружности с се-
кущей, то OB^OL'OK откуда OL=OB/V2=OK/2. Заметим, что построение
возможно лишь при условии, что точка О удалена от данной окруж-
ности не более, чем на диаметр.
151. Пусть стороны треугольника a-d.a,a+d. где большая сторона
- гипотенуза. Имеем (a-d)2+a2=(a+d)2 или a=4d.
Ответ: 3d, 4d, 5d, где d - любое положительное число.
152. Дискриминант первого уравнения Dp(p/2)2-q^0. Исследуем ди-
скриминант второго уравнения 3x2+x(2p+2a)+q+^p~0:D2=(p+a)2-3(q+
•^ap)s₽(a-p/2)2+3((p/q)2-q>0. Следовательно, и второе уравнение
имеет вещественные корни.
15& Пусть 999*1«И1...Ш. Поскольку число, стоящее справа,до-
лжно делиться на 111, его запись содержит Зп единиц. Деля раве-
нство на 111, получаем 9 *1-1001001...001; в этой записи п еди-
ниц, поэтому п*=9т. Пусть m=hтогда 1^111222333444555666777889.
Если т>1, то где Ц будет повторяться
m раз, т.е. получается приписыванием к числу lj трех ну-
лей, затем пишется число и т.д. -
154. Рассмотрим прямоугольные треугольники АВС и АДр? >zA«zA=j
=90°«. По условию 8ДВС: Бадс^ВС2: В}С2, откуда AD: A}Dt-ВС: В^С f
где AD и AjOyswcoTH в треугольниках АВС и А^С^оответственно.
Проведем медианы АЕ и AtEvT.K.BO2AE и BfCt*2*AtEr то треуго-
льники ADE и AtDtEt подобны. Тогда DEA^D^EjAj, откуда zB=zDEA/2
szD^Aj/^sszBj, т.е. треугольники АВС и AtBtCt подобны.
155. Т.к. x,y,z входят в уравнение симметрично.то будем считать
xsysz.Тогда W/x+i/y+l/zs3/x,T.e. xas3. Ясно, что х*1. Пусть х-2,
т.е. l/y4-l/z=l/2. Ясно, что у*2,г*2.Есля у=3,то z«6. Если у»4, то
z=4. Если у=5, то даже 1/5+1/5<1/2, т.е. других решений при х=2
нет Пусть х=*3< т.е. 1/y+l/z=*2/3. Если у=3, то z«3. Если у=4, то
даже 1/4+1/4<2/3, т.е. других решений при х=3 нет. Следователь-
100
ио. тройки (2,3.6). (2.4.4). (3.3.3) дают все решения без учета
перестановок.
156. (l-4sin70o-sinl0°)/(2sinl0o)=l-2(cos60o-cosS0o)/(2sinl0o)=
=2-cos30o/(2-sinl0e)=t.
157. Обозначим u=2y+x, v=2y-x; тогда имеем u^v=75, v(u-?v^=102.
Откуда v3=27 или v-3. u=i5. Затем записываем две системы,из ко-
торых получаем ответ:(1.2),(-4.-1/2).
158. Зафиксируем одну сторону, например, нижнюю, и покрасим ее
определенной краской.Остается пять сторон и 51 возможных спосо-
бов окраски, из них совпадут каждые четыре, получающиеся враще-
нием куба вокруг вертикальной оси; следов^тельно.различных спо-
собов окраски 51/4=30.
159. Найдем сумму всех последних цифр. Для зздго заметим., чт0
сумма 0+1+2+3+...+9=45 будет повторяться 1000 раз, у.,е. сумма
всех последних .цифр равна 45ООО.СуМма всех цифр,стоящих да дру-
гих фиксированных местах, будет та же. Сумма цифр, участвующих
в записи чисел от 4 до 10000. будет 4 е 45000+1=180001.
160. Пусть О-центр окружности радиуса 2R. Проведем через О окру-
жность радиуса R. касающуюся большей окружности в точке В. Пусть
М произвольная точка меньшей окружности.Обозначим через С точку
пересечения хорды ОМ с большей окружностью. Если zCOB=a, то ду-
ги ВМ и ВС равны Ra. Тогда, если, например, меньшая окружность
катится против часовой стрелки и Врдругая точка касания ркружт-
ностей между В и С, то дуги BjM и В^С равны.а следовательно.но-
вое положение точки есть точка пересечения радиуса /ОС с новым
положением меньшей окружности. Т.о., точка М движется #0 диаме-
тру большего круга, проходящего через нее, причем,, «ж малая
окружность пробегает всю большую окружность* дачка М пробе*
гает диаметр дважды.
161. Пусть х км/ч—скорость движения мальчика* у км/ч~схорость ав-
томобиля. Тогда имеем систему х/6+у/6*841/14):х«*(2х/6+1/14):у.
Ответ: х~3 км/ч, у« 45 км/ч,
162. Если соединить одну из ьершия с л точками,лежащими на про-
тивоположной стороне, то треугольник разобьется на п+1 частей.
Соединим другую вершину с п точками, лежащими на противополож-
ной стороне; тогда каждая часть разобьется еще на n + 1 частей.
Итого будет (п+1)2 частей. Проведем прямые из третьей вершины.
Каждая такая прямая встретит 2п проведенных уже прямых я еще
101
одну сторону треугольника, а т.к. каждая встреча означает появ-
ление новой части, то добавятся еще п(2п+1) част ей. Следователь-
но, треугольник разделился на (n+1)2+n(2n+l)=3nZ+3n+l частей.
1вЗ. Первое решение. Т.к. p+q=2p+2,TO, используя формулу бинома
Ньютона, получаем рр+2+(р+2)₽=рр+2+((2р+2)-р)р=рр+2+А(2р+2)-рр=
»рр(р-1)(р+1)+А(2р+2), где A-целое число и р-1 делится на два.
Второе решение. Перемножая.легко проверить тождество а2|<+,+Ь2,<+=1
(a+b)(a2k-a2k-Wa2l<_2b2-...+b21<). Преобразуем рр+2+(р+2)р=
«<Рр*2*Рр)+((Р+2)р+рр)«рр(р-1)(р+1М2р+2){(р+2)р"’1-р(р+2)р“2 +
*...+ррч). Каждое из слагаемых делится на 2р+2, т.к. р-1 чет-
ное, а (р+2)р-“-р(р+2)р^2т...трр“1 целое.
164. Вводя обозначения x2+y2=u, xy»v, получим систему u+v=3,uv=
--10 откуда получается новая система х2+у2=5, ху=-2. Исключая у,
получаем уравнение х4-5х2+4=0, из которого находим х=11, х=±2.
Ответ:(2,-1), (-2,1), (-1,2), (1,-2).
165. Предположим, что задача решена, и BE и BF-высота и медиана,
соответственно,проведенные из вершины В. Продолжим их до пересе-
чения с окружностью в точках Н н М.Тогда радиус, проведенный че-
рез точку F, перпендикулярен хорде АС,делит дугу АНМС пополам в
точке D, лежащей между точками Н и М. Следовательно, BD-биссек-
триса угла В. Отсюда следующее построение. Проведем радиус OD,
а через точку Н проведем прямую, параллельную OD и пересекающую
окружность в точке В.Соеднннм точку В с точкой М,и пусть F есть
точка пересечения ВМ с радиусом OD или его продолжением. Через
F проведем хорду АС, перпендикулярную Ой. Тогда ДАВС искомый.
Исследуем задачу. Если Н-точка пересечения продолжения высоты BE
е окружностью, то точки Н и В лежат по разные стороны от хорды
AGТочка М пересечения продолжения медианы BF с окружностью ле-
жит t точкой Н по одну сторону от АС, т.е. М лежит либо на ду-
ге AM, либо на дуге НС Каждая из этих двух дуг меньше 180? ибо
хорды АС К ВН перпендикулярны.Следовательно.дуга НМ меньше 180°
и, как показал анализ задачи, D лежит между Н и М. Только при
этих условиях возможно решение задачи.
166. Пусть OACnBD;тогда AABOAACD,поскольку их стороны попарно
равны.Отсюда следует zCAD«zADB и ААОО равнобедренный Аналогично
устанавливаем ZACB«/CBD, АВОС равнобедренный.Т.к, zBOC-zAOD как
вертикальные, то zCBD^zADB. Следовательно, ВС 11 Ай.
167. Предложенное уравнение записываем так:п!((гн-2)(п+1)- (п+1)-
-1>п2(п2ч4) или п!(п+2)п=*п2(п2+1). Проверяем, что п=1 и п-2 не
102
являются решениями, а п=3 является решением. Перепишем уравне-
ние следующим образом: (n-2)!(n~l)(n+2)=ri2+l. Поскольку уже по-
казано, что (и-2)!&1. то получаем п2+1£(п-1)(п+2), откуда п$3.
Ответ: п=3.
168. Вводим обозначение bJ=a1an_k>rrae a^-k-тый член прогрес-
сии от начала, а . ^к-тый член от конца.Тогда Ь. f-b.»
П“К* I л *♦» *
=3k.ian-k~ ai(an-kH=<ak+d)an-k-3k<a»-it+^=4i<n-2k):>0- посколь-
ку к< П/2.
169. Приведя третье уравнение к общему знаменателю, получим (х+
+z)(y+z)=O.
1<Если x+z=0,to из первого уравнения получаем у=2,затем из вто-
рого уравнения находим ?.
2«Если у+х=0,то из первого уравнения х=2,а затем из второго на-
ходим 2.
Ответ: (t3.2.+3). (2,±3J3). -
170. Индукция. При k=2 sin2a=2*sina*cosa<2*sina. Пусть sinka<
<ksina; Тогда sin(k+1)a=sina-coska+sinka’cosa<sina- l+k’suia*!»
=?(k+1)sina.
171. Пусть основанием служит отрезок с,Т.к. треугольники равно-
велики, то h=hr Следовательно. третьи вершины всех равновеликих
треугольников лежат на прямой 1. параллельной с. Произведение
боковых сторон а и b через площадь з выражается по формуле аЬ»
-2s/siny, где jr-угол, противолежащий стороне с.Теперь около ра-
внобедренного треугольника площади $ к построенного на основа-
нии с опишем окружность; она будет касаться прямой I в точке С
Если теперь любую точку С', лежащую на прямой I. соединим с ко-
нцами отрезка с, получим треугольник, равновеликий равнобедрен-
ному. Угол при вершине С' будет меньше угла С равнобедренного
треугольника, поскольку точка С* лежит вне круга, следователь-
но, max siny-sinC, т.к. zC<n/2.
172. Пусть An~l!+2!+..+nl Вначале подбором найдем решения: 1«п=
= 1. Apl=k2, откуда k=±I, 2< п-2. А2=3*к2; 3< п=3. А3-9«к2, от-
куда к=+3 4< п=4, Д4-33*к2. При п*5 Aft оканчивается цифрой 3 и,
следовательно, не может быть квадратом целого числа.
Ответ:(1.±1). (З.+З).
173. По условию х^х2=7, x^c^t. Положим Jn»x"+x£ тогда имеем
Jn.Tx1+'+X2 ’1=(Х’1+Х2^Х1+Х2^Х1МХ'1 *+Х2 ’’)=7Jn-Jo_|»na2<-4TO-
бы провести рассуждение по индукции, отметим 3^7 и ~
103
четны. Пусть утверждение верно для всех номеров, не превосходя-
щих п н докажем его для номера п+1.
1. Если п+1 делится на 3, то п и п-1 не делятся на 3 и по пред- •
положению J . и J нечетные, но тогда J . - четное.
ГЬ-1 П П*1
2. Если п+1 не делится иа 3, то одно из чисел п или п-1 делится
на 3 и одно из чисел Jft jr Jn четно, а другое нечетно, но тогда
^«<1 “ йв’4*Мю*-
174; Расстановки белых и черных слонов не 'Зависят друг от дру-
га. Число ИХ одинаково, обозначим его через а. Каждой расстано-
вке белых слонов соответствует а расстановок черных слонов.сле-
довательно всех расстановок а2.
115. Пусти JftsX|+xJ Очевидно J^Xj+x^-p и J^Xj+x^Xj+Xj)2 -
-“2xjx=p2-2q-Целые. Имеем jn+J=x"'f'+x2*,=(x"+x2)(xJ+x2)-xJx2(Xj“4-
+x2~*)=a“PJft“$fft_J. откуда по индукция Следует, что J^-целое при
любом п.
176. 1(*)=С08Х+С0захЁсли w>0 является периодом, то 2=f(0)=f(u),
Т.е. имеем СОДНСОвадоЗ.Это равенство выполниться только в слу-
чае, если а будет решением системы c6sw=l.cosca*=l,откуда w=2nk,
йь»=2й1 или в==1/к, где к й 1 — целые.
177. Искомых сечений бесконечно много к все они параллельны
Прямым, ПО которым пересекаются противоположные грани.
171. Построим суммы а^+а^+а^+а^..., а^а2+...+ап. Здесь,
п сумм, и если ни Одна из них не делится на п.то.по крайней ме-
ре, две имеют равные остатки при делении на п,ибо возможны толь-
ко п-1 различных остатков при делении на п: 1,2,3...........п-1. По-
строив разность двух сумм с одинаковым остатком, мы получим су-
мму, делящуюся на п.
17ft. Первое решение. Надо показать, что D=b2-4ace0. Из условия
следует, что -aobc+с2, а тогда Ь2-4ас>Ь2+4Ьс+4с2=(Ь+2с)2гО.
Второе решение. 1(х)=ах2+Ьх+с-непрерывная функция: f(O)=c; 1(1)=
=а+ь+с. Из условия получаем 1(0)-1(1 )<0, т.е. функция в точках О
К 1 Принимает значения различных знаков. Следовательно, на (0,1)
имеется корень уравнения ах2+Ьх+с=о.
110. Первое решенне.АЧп-1)3+п3+(п+1)3=Зп(п2+2).Теперь восполь-
зуемся тем,ЧТО каждое натуральное число можно представить или в
ВИДе А=Зк.(гОТДа А делится иа 9):, или в виде n=3k+l, тогда п2+2=
sftk2+6k+3 (й снова А Делится на 9).
второе ₽ешение.А^(п-1)3+п3+(п+1)3=3(п-1)п(п+1)+9п;а т.к.из трех
104
последовательных чисел одно делится на 3, то А делится на 9.
181. Допустим противное,те.что расстояние между парой точек не
меньше ради уса. Соединим все точки с центром;тогда все централь-
ные углы будут не меньше 60? но тогда точек будет не больше 6 ~
в 360°:60°. Противоречие.
182. Т.к. точка P-точка пересечения медиан треугольника ABD, то
^дМР’^АВм/З- Поскольку АМ=АЕ/2, то имеем ^ледОва“
тельио, Samc=Sabcd/12.
183. Пусть в п-угольнике k-острых углов ага^,...,ак1 0«х.<п/2
при i=l,2,..., к и n-к ие острых углов ак+гак+2»...,ап,п/2£а.<я
при i=k+l,k+2 п. Сумма всех углов n-угольника равна 2d(n-2).
Можно записать неравенство 2d(n-k)>ak+1+...4-an=2d(n-2)-(a^...4-
+ak)>2d(n-2-k/2). Беря начало и конец этого неравенства, полу-
чаем n-2-k/2<n-k или к<4, т*е. число острых углов не превосхо-
дит трех. Пример треугольника с тремя острыми углами - это пра-
вильный треугольник.
184. Разность d арифметической прогрессии всегда можно считать
положительной,поскольку за первый член прогрессии можно принять
как начальный, так и конечный ее член. Поэтому /искомую прогрес-
сию запишем в виде a-d,a,a-l-d,a+2d, где d>0. По условию имеем ач-
+2d=(a-d)2+a2+(a+d)2=3a2+2d2, или 2d2-2d+3a2-a=t0. Находим а, при
которых дискриминант D=l-6a2+2a неотрицателен-это отрезок [(1-
-v7)/6,(l+V7)/6]. Но т.к. a-целое, то подходит только а=0.
Ответ.! 0,0,0,0.2 -1,0,1,2.
185. Преобразовывая, получаем m(m-l)(m-2)(m-3)/4-bm(m-l)(m-2)/3;
но из трех последовательных чисел одно делится на 3, а из четы-
рех последовательных чисел одно делится на 4.Это верно при т~3£
£1; при т=3 утверждение очевидно.
186. Данные соотношения запишем так: cos2x/sinx=m,sin2x/cosx=n.
Из первого уравнения находим sinx и подставляем во второе.
Получаем: cos3x=m2n, sin3x=mn2, откуда (mn2)2/3+(ni2n)2/3=l.
187. Соединим точки Е,К»Н друг с другом и со всеми вершинами
ДАВС. В результате ДЕКН разобьется на семь треугольников, один
из которых ДАВС. Все они равновелики,т.к. в соответствующих па-
рах треугольников (с общей высотой) равны основания, (см. 44).
188. Используем индукцию. При п=1 получаем равенство 1=1. Пусть
равенство верно для п н докажем его справедливость для п+1,при-
105
бавляя к обеим частям верного равенства по (-!)”• (п+1)2:12-22 +
+... -Н-1)п',п2+(-1)п(п+1)2=(-1)пИп(п+1)/2+(-1)п(п+1)2=(-1)п(п'
+1)(п+1-п/2)=(-1)п(п+1)(п+2}/2.
189. Т.к. zG=n-zA-zB, то sinC=sin(A+B)=sinA-cosB+sinB*cosA. Ис-
пользуя условие, имеем smtA-B)=0, А=В, следовательно,
треугольник равнобедренный.
190. Проекции точки А на все-
возможные прямые, проходящие
через 6, образуют окружность
(сферу) радиуса ГрАО/2 с це-
нтром в середине отрезка АО,
которая ограничивает круг
(шар)Кг Аналогично проекции
точки В образуют окружность
(сферу ) радиуса г2=ВО/2,про-
ходящую через точки В я О,
которая ограничивает крут
(wap .) К^. Проекцией отрезка
АВ будет (К^МЭД) -заш-
трихованная часть (рис.2.9),
191. Используем индукцию. Можно
можно отпустить п кг (п>8).Тогда без расфасовки можно отпустить
и (п+1) кг, т.к.: 1)если п кг содержали упаковки в 5 кг, то ее
надо заменить на две упаковки по 3 кг; 2) если же не было упако-
вки в 5 кг, то обязательно будут три упаковки по 3 кг, их надо
заменить на две упаковки по 5 кг.
192. 2у 2=х4-1=(х-1)(х+1)(х2+1), откуда следует, что х нечетно и
у четно,т.е. x==2u+l,y=2v, где u>0,v>0. Тогда v2=(u2+u)(2(u2+u)+
+1). Два сомножителя справа взаимно просты, ибо если бы у них
был общий делитель, то он делил бы их разность u2+u+l; но числа
u2+u+l и u2+u взаимно простые. Следовательно, каждое из них то-
чный квадрат. Если u(u+1)~z2, то нз тех же соображений и и и+1-
-точные квадраты, т.е. u=a2.u+l=b2, где а£0,Ь>0. Тогда Ь2-а2=1.
Но Ь2-а2а(а+1 )2-а=2а+1^1. Следовательно. а=0 и Ь—t, те. х = 1,
у=0, но это не удовлетворяет условию задачи.
193. После приведения к общему знаменаталю получаем равенство
a-b , b-с . с-а _ (с-а)( a-b)(b-c)
ITab + 1¥Ъс + Г+са ~ (1+са )(l + ab)(l+bc)'
194. Пусть a=k2+l2 b=m2+n2 Тогда ab=(k2+l2)(m2+n2)=(k2rn2-2kmnl+
рис. 2.9
отпустить 8 кг (8=5+3). Пусть .
106
4j2n2)+(l2m2+2kmnl+k2n2)=(km~ln)2+(m!+kn)2.
105. Данное уравнение преобразуем так: tg3x-2tg2x-tgx » -2tgx +
+ (sin2x)/(cos3xcosx)=sin2x(cos2x-2cos3xcosx)/{cos3xcos2xcosx)«
==(£in2x-cos4x)/(cos3x*cos2x*cosx)T=0-Отсюда получаем cos4x=0,4x=
-и/2, т.е. треугольник прямоугольный. Решения уравнения sin2x=
=0 не удовлетворяют условию, поскольку угол треугольника 4х не
равен 2пп
196. Обозначим через E,F,G,H точки касания с окружностью продо-
лжения сторон CD,AB,BC,AD 4-угольника ABCD соответственно.Тогда
DE=DH,CE=CG. AH=AF как касательные, Проведенные из одной точки к
окружности.Отсюда DE-AF=DH-AH=AD или AD == DE-AF = DC+EC-AB-BF
= (DC-AB)+CE-BF=( DC-AB)+CG-BG==( DC-АВ)+ВС, т.е, AD-BC=CD-AB.
197. Сначала строим плоскость KLMN>K-произвольная точка АС*. па-
раллельную ребрам SA н СВ. Фигура сечения KLMN есть паралллелог-
рамм, поскольку KN[(LM, т.к. они порознь параллельны SA ,а KLjjNM
как параллельные ВС.
Откладывая на луче LM »L€AB« отрезок LP-KL, получим точку Р,
через которую проводим прямую, параллельную Ккдо пересечения с
лучом KN, получим точку QeKN и QPjjKLПараллелограмм KLPQ-c рав-
ными сторонами, т.е. это ромб. Соединим А с Q, получим точку N/
лежащую на ребре SC. Возьмем точку А за центр подобия с коэффи-
циентом k=AN'/AQ и строим сечение K'N'M'L', параллельное KQPL,
которое является ромбом.
198. Если наибольший угол меньше либо равен 60,° а какой-либо
меньше, то сумма углов треугольника меньше 180°.
199. Пусть КеВС н ВК=КС» LeAD и AL^LD,KL по условию делит четы-
рехугольник ABCD на равновеликие части. Поскольку у треугольни-
ков BKL и KLC общая высота и равные основания, то $В{ц/= ^j<LC ^0
тогда и $ABL- условию AL=LD; следовательно высоты тре-
угольников ABL и CDL равны:BE-CF, вследствии чего BCFE - прямо-
угольник и BCf(AD т.е. ABCD или трапеция, или параллелограмм.
200. Выписанные в таблице суммы являются частными случаями сле-
дующего равенства + Из +‘irTrrHj ** (1~1/2)+(1/2-1/3> +
+(1/3 - 1/4)+...+(1/п - 1/(п+1))=М/(п+1).
201. Перенумеруем кучки и возьмем нз первой кучки 1 монету, нз
второй 2 монеты,..., нз десятой 1Q монет: всего монет взято 55.
Если бы все монеты были бы нормальнымщто весили бы 275 г. Пусть
после взвешивания оказалось, что выбранные монеты весят Аг.Тог-
Ю7
да номер кучки с фальшивыми монетами равен (275-А)/0,5, т.к.,
если фальшивые монеты лежат в k-той кучке, то А=275-О,5к.
202. Второе и третье уравнения преобразуем к следующим уравне-
ниям: z(x+y-2)-(2-x)y, z(x+y-2)=(2-y)x; ко тогда из них вытека-
ет (2-х)уз=(2-у)х, что означает х=у, затем 2z(x-l)=(2-x)x, отсюда
видно, что х*1 и z=0,5x(2-x)/(x-l). Подставляя это г в первое
уравнение, находим ответ: х=у=2. z=0.
203. Пусть целое х1 удовлетворяет уравнению х^+2рх1= п.Покажем,
что существует нецелое х2, удовлетворяющее уравнению х2+2р^ =п+1
1« Если р>0, то возьмем х^О н рассмотрим х2>хг Вычитая из вто-
рого уравнен ня п ервое, получим третье: (х2-х1)(х2+х1+2р)^1.Т.к.
х2+х14 2р>1, то 0<x2-Xj<1 и х2 - нецелое.
2) Если р<0, то возьмем целое х^<0 и тогда Xg+x^pc-l и
из третьего уравнения следует, что -l<x2-xt<0,T.e* х2- нецелое.
204. Пусть существует точка О, которая соединена со всеми оста-
льными А,В,С,П,Е,Р,причем О лежит внутри многоугольника ABCDEF;
АВ по условию большая сторона разностороннего треугольника АОВ,
zAOB>60°Аналогично 4ВОС>60° и так все шесть углов. Но тогда сум-
ма непересекающихся углов с вершиной » О больше 360°. Противо-
речие.
205. Построение вытекает из равенства 2-54о-90°=18<>=54о/3.
206. Ясно, что 0sx,0sy,0sz. Очевидно, что (0,0,0) является реше-
нием системы. И если одно из неизвестных равно нулю, то и оста-
льные равны нулю. Будем искать решения, у которых x>0,y>0, z>0.
После преобразования системы к виду 2х/(1+х2)= у/х. 2у/(1+у2) -
=z/y, 2z/(l+z )^=x/z, в силу неравенства 0<2а/(1+а )£1 (а>0), на-
ходим y£x^z£y,T.e. x=y~z; но тогда 2х/(1+х2)=1, x=y=z=l.
Ответ: (0,0,0), (1.1,1).
207. Пусть а,Ь-катеты, с-гипотенуза треугольника. Тогда 2S-chc~
=ab, а2+Ь2=с2. a+b-c=d. Решая эту систему относительно с, полу-
чаем c~0T5d2/(hc-d) или d/c=2(hc~d)/d. Отсюда видно, что решение
возможно при условии hc>d.
Строим произвольный угол с вершиной в точке О и откладываем
на одной стороне 2(hc~d)-0K, затем KM-d; на другой стороне угла
откладываем d=OL. Соединяем К с L и через точку М проводим пря-
мую, параллельную KL до пересечения с другой стороной угла в то-
чке М По теореме Фалеса LM=c. Наконец, берем произвольную пря-
мую 1 и на ней откладываем отрезок АВ=с, затем проводим прямую
108
Ц, параллельную I на расстоянии Ьсот 1 (sa ^лежит вершина пря-
мого угла). Радиусрм г=с/2=АВ/2 проводим окружность через точки
А и В; она пересечет Ц в точках С и Ср каждую из которых сое-
диняем с А и В. Получаем два решения задачи.
208. Ответ: 44 раза.
209. ((3!)!)!=720!=1*2- • « . -99*100* 101«...-720>100-101 •...-720>
>1ООб2,=1О,242>1О1000.
210. sin 6x+cos Sc=< s i n ^cos • (si n Sc-si n \ • cos ^ч-соз 4x)=s i n Sh
+2 • si n2x • cos2x+cos4x-3 • si n2x • cos2x=l-(3/4)sin22x. Отсюда заклю-
чаем .что l/4ssin6x+cos6xsl, причем 1/4 достигается, когда х=П/2+
+пп, а 1 достигается, когда х«яп.
2,1
212. Первое решение. Строим треугольник KLM, стороны которого
проходят через вершины ААВС( B€KL,AeKM,C€Ml) .параллельно проти-
воположным сторонам; АКВА=ДВ1ОААСМ=ААВС, zOAM=/OCM-90? а тогда
сумма zAOC+zAMC=180° Если мы опишем окружность вокруг ДАОС, то
М будет лежать на окружности; следовательно, эта окружность бу-
дет описана и вокруг ААСМ. Из равенства треугольников следует
равенство окружностей.
Второе решение. Пусть и R^- радиусы кругов, описанных около
треугольников ВОС и АВС соответственно.Тогда RpBC/(2-sinzBOC),
R2=BC/(2si nzBAQ. Однако zBOC=l80o-zOBC-zOCB=180°-(90e-zC)-(90°-
-zB)=zB+zC=180°-zBAC. Следовательно, R]=R2.
213. Пусть, бумага прозрачна, а поверхность внутри кривой закра-
шена чернилами. Разрежем лист на клетки я будем, сдвигая парал-
лельно. переносить все клетки, которых хотя бы касается наша
фигура, в одну клетку. Чернильные пятна не закроют всего квад-
рата, т.к.плошадь фигуры меньше площади одной клетки.
Сдвинем сетку так, чтобы вершина попала в яезакрцтую точку
$ такие точки всегда есть ). Разложим старые оадрАТнии в прежнем
порядке, уже ни одна вершина сдвинутой ееяф $е сбудет лежать
внутри -кривой.
214. Пусть а*
+b=(10n-l)an+...+(10-l)at+(iOm-l)bm4-...-K10-l)bt+a0+a1+..,+an
. Из этого представления видно, что а+Ь тогда и
только тогда делится из 9,когда на 9 делится сумма цифр а0+...+
+ап Очевидно, утверждение верно для суммы любого
числа слагаемых.
109
218. Нейдем скачала услоякя^накладыкаемые^равнениемСа-^аТх)172
*м на я к а. Прежде всего ясно, что х^О и а^О,откуда находим х*а-
-**. Из неравенства а*~азО получаем а£0,а21. Но при а-0 решением
будет х«0.Осталось изучить случай аЗИ.Ддя этого путем двухкрат-
ного возведения в квадрат приведем уравнение к следующему:»2-
~(2x2+t)a4x4~x*<L Решая это уравнение относительно а, представ-
ляем последнее уравнение в виде произведения: (х2+х+1-а)(х2-х -
«>0* Из двух корней уравнения х2+х+1-а=О только корень Х--1/2+
+♦^*374 удовлетворяет исходному уравнению. В самом деле, а+х ==
«а-1/2-м<а-3/'4»(^а*374+1/2)2 Поэтому (a*Va+x)1/2»va-3/4-l/2.
Аналогично убеждаемся, что ик один нз корней уравнения х2-х-а=0
не удовлетворяет исходному уравнению. Ответ: х«0 при а-0,
x*(~l+V4i~3)/2 при a«L
216. Пусть числа расположены так,как указано на схеме а. а6 а-
По условию имеем (а|+а<.^а1+(а7та.+ай)+(ач+ а.+а-Н J / л
4(»^к5та4)^473,(а^4арт(а2Ц a*Ma*4a6£a9J«-l. а4 а5 аб
Вычитая нз первого равенства второе, находим ag~-l/9. ar ag ag
217. Допустим,что шары с радиусами гггг....гпне пересекаются.
Тогда 4«(Г|+г|+...+ф/3«10(Юг^...гп. Из этого равенства вы-
текает, что Я - рациональное число. Противоречие.
218. Пусть ромб вписан в квадрат ABCD,так что точкаА^
«AB,B^BGC^CD.D^DA, Тогда треугольники В^С^н AA^D равны, ибо
Х0|А|А«дВ|С|С как углы с соответственно параллельными сторонами
и В^аА^ Следовательно, СС^А/Ц и В1С«АйгИз равенства тре-
угольников ВВ|А и CpDj также заключаем, что Ct£>BAt и DDt=*BBr
Имеем два равенства B^BjC-Cq+CjD /1), B/^+C^X^+DD^J.
Из равенства (2) «случаем (CC]-C]D)(CC]+C1D)=(BB1~B1C)(BB]+B1C)
отсюда, т.к. вторые множители равны, имеем СС^-С^ВВрБ^ (3).
Складывая равенство (3) с равенством (i), получаем СС(»ВВ{, а
следовательно, я В(ОС|0. Тогда все треугольники А(ВВГ
CjDD)( DjAAj равны, а поэтому все углы ромба прямые, . т.е.
AtBtCfDt - квадрат.
2W. Пусть дан четырехугольник ABCD и точка Р-середина отрезка
АВ, а точка Q-еередина ВСПусть точка L симметрична точке М от-
носительно точки Р, а К симметрична М относительно точки Q. Тог-
да PQ - Средняя линия треугольников АВС и MLK; следовательно,
ACJILK и АС «IX. Диалогично, если точки F и Е симметричны точке
М относительно середин сторон AD и DC, то AOEF и АС И EF. Сле-
довательно, в построенном четырехугольнике LKEF две стороны LK
110
и EF равны и параллелльиы, т.е это параллелограмм,
220. В данное выражение подставить
221. Т.к. произведение трех последовательных натуральных чисел
делится иа 2 и иа 3, то n3-n-(n-l)n(n+l) делится на 6.
222. Раскладывая на множители, получаем n5-5n3+4=(n-2)(n-t)n(n+
+1)(п+2). а произведение пяти последовательных чисел делится на
5, на 3 и на 8, т.к. из двух соседних четных чисел одно обяза-
тельно делится на 4 (120«5*4*3°2).
223. Вычислить непосредственно А2-В2=(А-В)(А+В).
224. Пусть дан четырехугольник ABCD и точки К, L.M.N-c средины от-
резков AB.BC,CD,DA,a точка О-точка пересечения КМ и NUHaao до-
казать, что SOKB1+SNOMD=SKONA+SQLCM. Это действительно так, по-
тому что saoksSkbo=^i »ос«оваиия равны. а высота общяж,
Аос A’ SOCM=SOMdA “ AhAiodA • ммеют место равенства
SOKBL+ SNOMdAA+S3 A ®KONaAx.McAAAA’
225. Систему задачи заяшием так:(х+у)2-{х+У)’-12-2ху=0. ху«2(х+
+у)-8 Подставляя ку из второго уравнения в первое, получим (х+
+у^-б(к4у)«н1*< Следовательно, предложенная система свелась к
следующим системам:
226. Надо найти число ^используя условие <а*&^я(4<ЬинЬ)?Ясно,
что l£a+bs!8. Выберем а+Ь так,чтобы (a4b)3 было квадратом: а+Ь-1,
4,9.16. Тогда соответственно 10аИ>Ца+Ь)3/2М,8,27.64. Двузнач-
ных чисел только два: 27 и 64. Проверим, являются яя эти числа
решением. Числу 64 соответствует система lOa+ЬМИ,. а+Ь«16, кото-
рая и<е имеет целых решений. Числу же 27 соответствует система
а+Ь^ Wa4-b-27., имеющая решения а=2, Ь«=7/Ответ: 27.
227. Пусть гипотенуза разбита на куски длиной х, у и г-рад и ус
вписанной окружности. Тогда, катеты равны хег и у+г. а гипоте-
нуза равна хеу. По теореме Пифагора имеем (х+у)2«(х+г)24*(у+г)2.
11редыдушее тождество запишем так;(я*у^=(х+г)2^у+г)2-2( х+r )(у+
ег)+2(х+г)(уегМх-у)24-2(хег)(у+г).откуда «олучаем 2(х+г)(у+г)«
~4ху. что и требовалось доказать.
228. b1-b2-...-bj~b’}'qV2*
229. Пусть х=р/ц-несократимая дробь.Образуем ax2+bx*c®<ap24-bpq+
+cq2)/q2.Возможны два случая: 1<р и q-нечетные числа; 2<одно из
111
чисел р и q-четное, а другое-нечетное. И в том и в другом случае
ap2+bpq+cq2 является нечетным числом* следовательно, не равно 0.
230. Дан zA, точка О расположена внутри угла, К, L находятся на
разных сторонах угла, KO=LO. Проведем через точку О произволь-
ную прямую MN^McAL.NeAI^ и пусть для определенности MO<ON, про-
ведем отрезок KE 11 AL. Тогда AMOL=-AOKE к, следовательно <
<^KON' вследствие чего площадь ALAK меньше площади AMAN.
231. Преобразуем выражение х4+у4=(х2+у V*2x^((x+y)2-2xy)2 -
-2х2у? Следовательно, данную систему можно записать так: х+у=3,
(9-2ху)2-2х2у2=17, решив ее относительно ху, получим две прос-
тые системы. Ответ: (1*2), (2,1).
232. Пусть даны стороны a,b(a>bjM разность zA-zB. Проведем ис-
следование. Построим равнобедренный треугольник В'СВ^В'еАВ}, бо-
ковой ёТбройА НбТорТо равна а.Т.к. zA>zB=zB',to вершина А иско-
ЙбГо треугбЛьййка будет лежать между В'и В. Поэтому zBzCA=zB'CB-
-ZAC&=(ft-2zB)-(n-zA^z8)=zA-zB. Отсюда построение. Строим АВ'СА
по двум сторонам а, b й углу zA-zB между ними. Затем на продол-
жении В'А стрбйМ Точку В» сделав засечку циркулем из точки С
растйо'рдй» равный а.
283. ОбоЗнДчйй точкам» 0{,О2,О3,О4-центры квадратов, построенных
соответственно на Сторонах АВ, ВС,CD и AD параллелограмма ABCD.
Рассмотрим треугольники (^ВО^О^СО.*,O3DO4,O4AOr Эти треуголь-
ники равный Ибо BOn-CO =DO.-AO. и О.В=О,С=О„й=Ю,А, как половины
диагоналей равных квадраТбб, a zC>tBO2=zO2CO3=zO3DO4=zO4AOr ибо,
например, zOjBO^zOfBE+zEBF+zFBO^SO^zBCD. Следовательно, 0^=
=О2О3=О3О4=О4О1. ДокажёМ^чтб вСе углы четырехугольника О1О2О3О4
равны: ZO|O2O3 =zO1O2B-fzBO2O3^zO1O26+zBO2C-zO3O2C=zBO2C=90<>,h6o
zOjOgB =zO3O2C как углы рассмотренных нами равных треугольни-
ков. Следовательно, - квадрат.
234. НайДем чйсло 10а+Ь,зная, что 10а-тЬ=2аЬ. Из равенства видно,
Что Ь Чётйб.т.е. Ь^=0,2,4,6,8. Обозначим Ь=2к,то 5а+к=2ак или к=
^а(2к-5),нб тогда 2к^5 илн к может принимать значения 3 или 4.
Ёслй То Ь=6 й й=3. Если к=4, то а Получается нецелым.
Ответ: 36.
23S. Из условия задачи зразу вытекает, что у^5 и х*у>0. Поэтому
зйййШёМ ейсТему ТАй: |Х^Э|=5^у, 5-у+|х-3 |=х+у Если х&3,то име-
ЗД y-FX^i Йу^24 откуда ys*3. Её л И же х<3, то -Х+у=2, Х+у=4.
СйёдбЬАтёЛЬйЬ, Ответ. (?ЛЬ (1Л).
236. Если данные точки А и В лежат по разные стороны от прямой
I, то надо соединить их отрезком АВ, и точка пересечения прямой
1 и отрезка АВ является искомой.
Если же А и В лежат по одну сторону от 1,то вначале достроим
точку В*, симетричную точке В’ относительно прямой 1» и соединим
А с В* «Точка пересечения М и будет искомой. Действительно, возь-
мем произвольную точку N на 1 и рассмотрим треугольник ANB7.
Будем иметь AN+NB'>AB'=AM+MB.
237. Пусть х+у=468 и x^xfd. y=y1d, где х^ и у? взаимно просты,
a d=24. Тогда х+у=7; х будет .. .. ~ ~ _
принимать значения 1,2,3,4,5,
6, а у^ будет принимать coot- f А
ветственно значения 6,5,4,3, / \
2,1.Ответ:(24.144); (48,120); f L |
(72,96); (96,72); (120,48); V Л /
(14 4,24). \ / \ /
238. Пусть L, К, М-центры кругов \. _ /
А,В,С£ис. 2.10/Тогда KE'jJHM
и KE II МН*. Для доказательства
используется равенство углов / X /
при основании равнобедренного / |
треугольника и равенство вер* \ * /
тикальных углов. Поэтому \ . /
Е'О: НОЕ7 К: НМ, EQH'O=EK:H'M
рис. 2.10
239. Даиа трапеция ABCD (AD|| B0.Возьмем точку Е на еередине ВС
(ВЕ=Ефи соединим Е с D,npH пересечений DE с АС получим точку
М. Через М проведем прямую, параллельную ВС, которая пересечет
АВ, BD и CD в точках К, UN. Имеем LM=MN. t.k.BE:LM^DE:DM=CE:MN.
Далее имеем KLAD=KB:AB=CN:CD=MN:AD, откуда KL=MN. Аналогично
строится прямая, если точку Е взять на AD. Всего два решения.
240. Уравнения системы запишем в виде произведений:(х-1)(у*1)=
-2, (у-1 )(z*l)==3, (z—1 )(х—1)=6. Замечая, что все множители имеют
один знак, получаем z-l=±3, х-1=±2, у-1=±1. Ответ: (3,2,4),
(-1,0,*2).
241. Запишем равенства 2Ю=1024;2Ю0°=1024’0;2^676;76-76=5776,
из которых следует, что любая четная степень числа 1024 оканчи-
вается на 76.
242. Пусть n-числс экзаменов, тогда п(А+В+С)=40, причем А>В>С.
По условию А,В,С-натуральные числа, следовательно, А+В+С£6. Но
тогда п как делитель 40 может принимать только значения 2,4,5.
Пусть п-2 и К получил 22 очка;тогда 2А>22 или А>11. Но этого
быть не может, т. к. Е был первым по алгебре и получил только9 оч-
ков. Пусть п-4 и А+В+С=10. Тогда А^6,т.к.Е сдавал еще три экза-
мена. У ученика К хотя бы одна из оценок равна 6,ибо иначе он нс
набрал бы 22 очков. Итак, А=6, но тогда 10 единственным образом
представляется в виде суммы трех различных слагаемых: 10=6+34-1,
т.е. А=6,В==3,С=1. Но 22 нельзя представить в виде суммы четырех
слагаемых, взятых из чисел 1,3,6 так, чтобы одно слагаемое было
не более 3, ибо 6+6+6+3=21<22. Следовательно, этот случай невоз-
можен.
Пусть п=5 и А+В+С=8. Тогда А^5, и т.к. К получил 22 очка, то
5А>22 и А>4, отсюда получаем А=5.Имеем равенство 8=5+В+С,откуда
В=2,С=1.Е набрал 9 очков следующим образом: 9=5+1+1+1+Ц первый
на алгебре и последний на остальных экзаменах) Следовательно,
у К возможно лишь такое распределение очков на экзамене. 22=2+5+
+5+5+5 ( второй по алгебре и первый на остальных экзаменах-^Сле-
довательно, вторым по литературе был Н.
243. Ищется число а, шестая степень которого является семизнач-
ным числом,делящимся на 9; следовательно, а делится на 3; 1(А-
-наименьшее семизначное число. 20б=2б*10б=64000000 - восьмизна-
чное число, следовательно, 10<а<20, т.е. а может принимать зна-
чения 12,15,18; но 126=1443=2985984, а 156-восьмизначное число.
Ответ: 12.
244. Очевидно; что с=у(0)-целое,' но тогда z(x)=ax2+bx является
целым при любом целом х. Можно записать:г(1)=а+Ь,г(-1)=а-Ь, от-
куда 2a=z(l)+z(-l) - целое; 2b=z(l)-z(-l) - целое.
245. Если xyz=0,TO решением будет (0,0,0). Если xyz*O, то систе-
му запишем Tax:x:(yz)+y:(xz)=a,y:(xz)+z:(xy)=b,z:(xy)+x:(yz)=c.
Решая эту систему, получим: x:(yz)=(a+c-b):2, y.(xz)=(a+b-c):2.
z:(xy) « (b+c-a):2 или l:z2=(a+c-b)(a+b-c):4, l.y2=(a+c-b)(b+c-
-a):4, l:x2=(a+b-c)(b+c-a):4. Все круглые скобки отличны от ну-
ля. Действительно, если бы а+Ь-с=0, то, складывая первые два
уравнения первоначальной системы и вычитая из суммы третье, по-
лучили бы, что 2y2=(a+b-c)xyz=0, что противоречит тому, что мы
рассматриваем случай, когда xyz*0.Аналогично доказывается утве-
рждение для всех скобок.Чтобы выписать ответ,введем обозначения
114
г
х0=2: vr(a+b-c)(b+c-a). у0=2: <Ь+с-а)(с+а-ЪУ, z0=2:V(c+a-b)(c+b-a).
Кроме того, заметим,что из первоночальной системы вытекает, что
а.Ь.с имеют один знак, а именно тот же,что и произведение xyz.
Ответ: Ц (0.0,0) при любых а.Ь.с; 2/ если а>0,Ь>0,с>0, то
<x0'yO’Z(P’ (xo"yo“zo)’ <-xo>yoi"zo)1 ("xo-~yo'zo); 3< если
a<0. b<0, c<0, то решениями будут (-х^-Уц.-Тд), <-х0.У0.*0).
(X0.~y0.z0). (Х0.У0.-г0).
246. Опишем около ДАВС окружность и из точки А проведем биссек-
трису, которая пересечет • окружность в точке D; тогда дуги BD и
DC равны. Если из точки D опустить перпендикуляр на ВС, то он
поделит ВС пополам. Следовательно, точка D искомая. Проведя бис-
сектрису угла В до пересечения с биссектрисой угла А, получим
точку О-центр вписанной окружности. Осталось показать, что BD=
=DC=OD. Пусть zSAOa и zABC=0; тогда дуги BD.DC равны а, но то-
гда zOBD=zOBC+zCBD=(a+3)/2.yron BOD является внешним углом ДВОА
и равен (а+|3)/2,т.е. ABOD равнобедренный и BD=DO.
247. Строим окружность с центром в точке О. Из произвольной то-
чки А окружности делаем засечку этим же радиусом, получаем точ-
ку В, zAOB=60°. На лучах ОА и ОВ с помощью линейки откладываем
нужную длину стороны. Получаем точки K,L. Треугольник OKL -
искомый.
248. Проведем исследование. Пусть A,B,C,D - заданные точки, ра-
сположенные так, что отрезок АС пересекает отрезок BD. Из точки
D на прямую АС опустим перпендикуляр и опустим его до пересече-
ния с прямой АВ в точке F. Легко доказать, что DF=AC.
Отсюда построение. Строим точку F, соединяем ее с точкой В
уггрямую BF опускаем перпендикуляры из точек А и С, получим сто-
рону квадрата. Построение остальных сторон не вызывает затруд-
нений.
249. Перегруппировывая слагаемые в левой части неравенства.пре-
образуем ее к виду Ь(а-с)2+а(Ь-с)2+с(Ь-а)2, после чего нераве-
нство становится очевидным.
250. Пусть AL-биссектриса внешнего угла при вершине А и L лежит
на продолжении ВС.По условию AE-AL/2,откуда zLAE=60°h zLAB=(zB+
+zC)/2.Пусть zB<90? тогда zBAE=90°-zB.zLAE=zLAB+zBAE или 60=90-
-В+^В+хС)/2~90°-(хВ-хС)/2,следовательно. zB-/>60 ?Сл учай zB>90°
рассматривается аналогично. Ответ: zB-zC=60°.
251. • Если рассмотреть сумму всех членов прогрессии, то получим
115
1,111... Если часть членов вычеркнутьло часть единиц будет за-
менена нулями и сумма оставшихся членов равна 1,01101111011...,
где нули стоят на местах с номерами п2^п=1,2,...1 Число единиц
между нулями(п+1) -п -1=2п переменно и неограниченно увеличива-
ется при п-хо и,следовательно, дробь непериодическая, вследствие
чего выражаемое ею число иррационально.
252. Площадь s треугольника через его полупериметр р и радиус
вписанного круга выражается по формуле S==pr, откуда
1 _ a+b+c _ а , b . с _ а . Ь , с 1,1,1
г - - 2S + 2S + 2S —аЧЙ + ПГТь + ~сТГГ Тм + Кь + Ес •
253. Если число l+2+...+k=k(k+1)/2 оканчивается цифрой 7,то чи-
сло k(k+l) должно оканчиваться цифрой 4, причем на последнюю
цифру произведения влияют только последние цифры сомножителей,
но произведение двух соседних цифр нс дает на конце 4. Ответ:
не может.
254. Положим f(x)=a xn+a 1хп~,+...+а1х+ап, откуда 1(1)-ал=а +
П п-1 1 и J 'On
+а < +...+а4 - четное число.
П— I I
Пусть х-четное число. Тогда f(x)=(anxn+ ...+а1х)+а0-нечетное
число, как сумма четного и нечетного, следовательно, f(2k)*0.
Пусть х - нечетное число. Покажем, что а хп+а 1хп~1+...+а.х
П п-1 I
нечетно. Действительно, используя формулу бинома Ньютона, можно
записать: ап(2 k+1 )п+ап^|(2к+
+l)n4...+a1(2k+l)=an+an_1+
+...+а1+2А,где A-целое чис-
ло, следовательно, сумма чет- -
ная. А тогда Цх)-нечетное
число и потому f(2k+l)*0.
255. Дана пирамида SABC
4рис.2.11^ и пусть угол СЕМ
- линейный угол двугранного
угла и ЕР- его биссектриса,
тогда плоскость SAE являет-
ся биссекторной плоскостью.
Пусть SAEnCSB^AD. Требуется
доказать, что ^ДСС>:5ПДВ «
SCSD:SDSB * SASCSASB* °Че~
видно, что Sacd:Sdab=C!>.DB=
=§SD :§SB ’ т е‘ «талось
показать, что SAC~:SACQ=
АЭС АЪо
116
erCD:DB. Для доказательства построим еще линейный угол BKN, при-
чем плоскость треугольника МЕС параллельна плоскости треу-
гольника BKN и эти треугольники подобны. Т.к. EF- бисссктрисса,
ТО CF:FM=EC.EM=KM:KB=NLLB = к и подобны треугольники CFD н
DLB, и CD.DB=CF:LB-k* FM:LB=k-CM:NB=k*CE.(k- KB)=CE:KB^Sa(^:Sasb,
Т.к. СЕ-высота в AASC. а КВ-в AABS.
j®6. Пусть x - число верных ответов.(30-х)-число неверных, тог-
дМ можно записать уравнение 7х-12(30-х)=77. Ответ: 23.
Й7. Используя формулу суммы кубов.запишем ((a-b)+(b-c))((a-b)-
(a-b)(b-c)+(b-c)2)-(a-c)3=3(a-c)(-ab+ac+b2-bc)=3(a-c)(b-c)(b-a)
268. Разложим данное выражение А на множители:А«пй-п8+1-гИ=(п-
-i)(n8~1)=((n2-1)(n2+l))2(n4+l). Числа п2-1 и п2+1 являются
Соседними четными числами; следовательно, их произведение дели-
тся на 8, а тогда ((п2-1)(п2+1))2 делится на 2? Число п*+1 -
Четное, следовательно, А делится на 27» 128.
IS9. Дан прямоугольный ААВС. где zC=90°. zB=<30? тогда ВС*АС Из
ТЬчки D-середниы гипотенузы проведем перпендикуляр кАВ до пере-
сечения с ВС в точке F. Имеем DF-BD- tgSO^AB/^ZrXBC^AB* cos30°
*АВ/Г/2. тогда BC/DF-3.
ЙО. Пусть О~точка пересечения медиан ААВСДостроим АЛОВ до па-
раллслограма AOBD со сторонами АО=2та/3, ОВ==2ть/3. Диагонали в
Параллелограме, пересекаясь, делятся пополам, поэтому DOaAB^K -
середина АВ. В AAOD все стороны известны, т.к. AD=OB и OD=2OK «
-2mc/3.
Отсюда следует построение.Строим AAOD по трем сторонам, затем
достраиваем его до пэраллелограма AOBD. Затем на луче 2&строим
точку С из условия ЕХ>4гпс/3.
261. Пусть S км, v км/ч обозначают соответственно путь и среднюю
скорость. Можем записать уравнение 0.5*S:12+0,5eS:4-S:vt откуда
v=6 км/ч.
262. Пусть NM.LK-виешние касательные; АВ-внутренняя >A€NM.BcLK);
C.DcAB и N.D.L-точки касания на одной окружности.а точки М.С.К-
иа другой. Используя свойство касательных, проведенных из одной
точки, запишем: 2KL=KL+MN==KB^BL+MA+AN~BC+BD+CA+AD=2AB.
263. Преобразовывая, получаем m(rn3+6m2+llm4-6):24=ni(m4-l)(fn^2)(ni+
+3):24. где обязательно одно из чисел делится на 3, а произве-
дение двух соседних четных чисел делится на 8.
117
264. Рассмотрим числа аБс и сБа, пусть для определенности а>с.
Рассмотрим разность аЬс-сБа, она будет иметь вид Fge, где е=10+
+с-а,а f=a-1-с, т.е. e+f=9,HO тогда ТЗе+е9Т=(1+е)Ю0+90+90+ (е+
+!)зх1089. Ответ: 1089.
265. Периметр всех кварталов 50x400=20000 м. Чтобы пройти пери-
метр всех кварталов, туристу надо пройти один раз по внешним
сторонам квартала и дважды по внутренним»по улицам города*,т.е,
на путь 20 км ему понадобится время 1,5+2-4,25=10 часов. Ответ:
2 км/ч.
266. Вводя новые неизвестные u=?x+y, v=xy и используя равенство
х3+у3=(х+у)((х+у)2-Зху), получаем систему u3-3uv+v3=17, u+v=5,
которая имеет решения (2,3) и (3,2). Поэтому получаем две сис-
темы ху=3, х+у=2 и ху=2, х+у=3. Ответ: (1,2); (2,1).
267. Пусть Зп будет выписано гл раз, тогда mn+m,+...+m ,+m =3n, ’
1 « n < 1 о 1 П-1 n
m0+mt+...+rnft l=3n откуда mn=3 -3 =2-3 .
268. Пусть b и с дают разные остатки от деления на 3. Но тогда
Ь+с делится иа 3 и b3+c3»(b+c)(b2-bc+c2) делится на 3 и, следо-
вательно Ь3+с3*5аэ, т.к. не делится на 3.
Пусть теперь b и С дают одинаковые остатки от деления на 3.
Рассмотрим случай, когда b=3k+l и с=3-1+1, тогда Ь3+с3 при де-
лении на 9 дает остаток 2, тогда как 5а3 при делении на 9 дает
остаток 5, при а»3-т+1 или остаток 4 при а=3-т+2. Следовательно,
Ь3+с3*5а3. *
Осталось рассмотреть случай, когда b=3k+2, с=ЗЧ+2, тогда
Ь3+с3 при делении на 9 дает остаток 7, что опять не совпадает с
остатком 5а3 при делении на 9.
269. Пусть АО=а; ВО=Ь. Введем систему координат:одна ось проходит
через точки О«А и определяется единичным вектором rt>OA=art«;
другая ось проходит через точки О,В и определяется единичным
вектором г2^ОВ*Ьг^|. Пусть пешеходы идут со скоростью v, тогда
через время t первый пешеход будет в точке К, определяемой ра-
венством OR^(a-vt)fp второй-в точке L, определяемой равенст-
вом OI>(b-vt)r2. По теореме косинусов KL2=(a-vt)2+(b-vt)2- 2(а-
-»vt)(b~ vt)-cosa=f(t) {равенство верно для любого из четырех
возможных положений точек К,Ц где a=zAOB. Наименьшее значение
f(t) получаем при t=(a+b)/(2v), которому соответствуют положения
точек ОКХа-Ь)?^ и ОГЦЬ-а)г2/2.
270. Пусть ABCD выпуклый четырехугольник; КЛ,Н, F-середины BD,
118
дС, ВС и DC соответственно, KOIIAC. OUIBD. Докажем, что SqHCf~
~SaBCD/4< Sqbd^Sbld 11 поэтому SAOBD=SABLO- SABL=SBLC
(AL-LC) и Sadl«Sdlc (AL-LC). следовательно, ^ABLD=SBl £>c=Sabcd/2
Из этих равенств следует, что S^-S^^S^/2. $ОВН==$ОНС и
SDOF==SFOC Следовательно, SOHCF^SOHC+SFOC=SBOCD/2=SABCD/4-
271. Подставляя х=п/2, получим b*sin(3n/2)-0 или b-О. Подставляя
х~я/4, получим а=0; поэтому при любом х c*sin4x-0. т.е. с=0.
272. Сумма расстояний от любой то» ки О основания АВ равнобедре-
нного АЛВС до бокавых сторон равна высоте, опущенной на боковую
сторону а. Это можно доказать, используя равенство ahg/2s=SABC==
~$лСсЛ^сх:в~а *(Р(СЬЛС)+р(О.СВ))/2. Отсюда построение. На данном
расстоянии а строим параллели одной и другой сторонам данного
угла, и точки А и В пересечения параллелей со сторонами угла
соединяем между собой. Отрезок АВ и есть искомое геометрическое
место. Если угол понимать как две пересекающиеся прямые, то бу-
дем иметь четыре отрезка, дающие прямоугольник, диагонали кото-
рого лежат на данных прямых.
273. Рассуждаем по индукции. При р=1 очевидно. Пусть верно для
р и докажем для р+1, т.е. имеется (2р+2) участника. Пары для
первого круга можем составить так:
1) первый игрок играет со вторым, а остальные пары составляются
1 ‘3-5-... ’(2р~1) различными способами;
2) первый игрок играет с третьим, а остальные пары составляются
1 *3-5*... *(2р-1) различными способами, н так далее.Следователь-
но, первый игрок может (2р+1) способами играть с остальными, а
каждому из способов игры первого игрока с любым другим соответ-
ствует 1*3‘5-...‘(2р-1) пособов игры остальных участников. По-
лучаем всего 1-3*5*...•(2р-1)*(2р+1) различных способов игры.
274. Дано 107<а6<45- 10б.отсюда 3 • 103</ПГ- 103<а3<7000 или1,4-10<
<3vCT* 10<a<3v7‘10<20.Сумма данных цифр делится на 3,следователь-
но, а может быть равно 15 или 18.Но а*15,т.к.иначе а6 будет со-
держать пятерку. Остается а-18. Действительно, 18б=34012224.
А А
275. Пусть х' -корень уравнения x+px+q=N, т.е. х^ -p/2t(p /4-
q+N)172 Рассмотрим решения уравнения x*+px+q=N+l: х''2=-р/2±
t(p2/4-q+N+1)172 а тогда х''-x'^p^-q+N+l)172- (p2/4~q+N)172-
^v'c+T-’/c. Легко проверить, что /с+1 -/с<1, следовательно, или х^
или х", или одновременно оба числа не являются целыми.
276. Если А - 1965-зиачное число, делящееся на 9, и а-сумма его
119
цифр»то а делится на 9 и 9sas9* 1965=17685<19999.Аналогично»есль
Ь - сумма всех дифр числа а.то b так же делится на 9, причем
9sbsl+4 *9=37, т.е. Ь может принимать значения 9» 18,27,36;
сумма цифр всех этих чисел равна 9. Ответ: с=9.
277. Пусть S-зто площадь грани, a hph2,...,hn - расстояния от
внутренней точки до граней правильного многогранника. Соединяя
точку О со всеми вершинами многогранника, получим п пирамид, с
основаьакиями площади S и высотами
+Shg+...+Shп)/3, отсюда hj+hg+...+hn=3V/S.
..,hn.Поэтому V=(Shjf
278. Пусть одна сторона х, другая а-х, где а - заданная сумма)
сторон и «-угол между ними. По теореме косинусов записываем у2*
=x2+(a-x)2~2x(a-x)cosa=2(l +cosaXx~-a/2)2+a2(l -cosa)/2. Следован
тельно, наименьшим у будет при х=а/2, когда треугольник будет
равнобедренным.
279. Допустим, что пересечения каждого многоугольника с осталь-
ными имеет площадь меньше 1/9см? Подсчитаем наибольшую возмож-
ную площадь пересечения при этих условиях. Каждый многоугольник
может пересечься не более чем с восемью, т.е. не более 8*9=72
пересечений, каждое из которых сосчитано дважды; следовательно,
площадь пересечений меньше 36*(1/9)см2=4см? С другой стороны,
многоугольники с общей площадью 9см2 расположении внутри квад-
рата с площадью 5см2; поэтому площадь пересечений не меньше 4
см2, Противоречие. *•
286. Пусть к2 представимо в указанном виде: к2=п2+р, отсюда р=
=(к-пХк+п). И т.к. р - простое, то к-п=1, к+п=р; отсюда имеем
р=2к-1. Итак, если к2 представимо в указанном виде,то 2к-1 про-
стое; следовательно» если 2к-1 не простое, то к2 не представимо
в указанном виде.Но существует бесконечно много чисел вида 2k-1
и не простых, например, когда 2k-l=3m и каждому к соответствует
число, не представимое в указанном виде.
281. Пусть n=13k+m, где OsSm^lS, тогда n2+n+10=169k2+13k(2m+l) +
+m2+m+10. Изучим делимость четного числа 10^m2+m+10^166 на 13.
Это будет, когда m2+m+10=26,52,78,104,130,156 или m(m+l)=16,42,
68,94,120,146. Но только число 42=6-/ представляется в виде
произведения двух последовательных чисел. Следовательно, если и
есть делимость, то только при т=6. Проверим п2 + п + 10=169к2 +
+13к* 13+52, это число делится на 13 и не делится на 169.
282. Ближайшее симметричное число 16061. Ответ. 55км/ч.
iztr
283. Известен факт.что радиус.проведенный в точку касания, пер-
пендикулярен касательной. Все решение задачи основано на этом
факте. На ВС как на диаметре стронь окружность. Любая точка К
окружности будет точкой касания прямой КС с окружностью,имеющей
центром точку В и радиусом ВК, т.к. zBKC=90°. Строим окружность
на АС как на диаметре. Искомым геометрическим местом точек бу-
дут точки между построенными окружностями. Действительно, пусть
D-любая точка АВ и L-точка, расположенная вне большой окружнос-
ти, тогда zDLC<90° иг следовательно, LC не является касательной
Если N лежит внутри малой окружности, то zDNOOO*, и поэтому NC
не является нужной касательной.
Если же точка F лежит между окружностями, то. проводя прямую
EFjlFC так, что ЕеАВ, получим,что F является точкой касания пря-
мой РС с окружностью, имеющей центр в точке Е и радиус EF.
284 В силу равенства чисел,расположенных симметрично любой ди-
агонали, можно утверждать, что числа,стоящие иа диагоналях рав-
ны попарно, а вне диагоналей-по четверкам. Диагонали разбивают
таблицу на четыре зоны ^без учета диагоналей^.Сумма чисел в ка-
ждой зоне равна (1966-114)/4=463. Тогда сумма чисел в каждой
строке не превосходит 463+114/2=520<521, т.к. в каждой строке
встречаются по разу числа из одной зоны (причем не все} и чис-
ла, стоящие на диагоналях без повторений.
285 Введя обозначения (x2+y2)/(2xy)=z и решая уравнение z+1/z-
=2. найдем, что z=l, откуда х2+у2=2ху или (х-у)2=О.Обратно, под-
ставив в левую часть данного выражения х-у, получаем 4.
286 Пусть одни острый угол равен а, тогда катеты равны 10/sina
и 10/cosa, а гипотенуза равна 10/(sina*cosa). Оценим радиус г
вписанной окружности, используя формулу S~pr, r=2-(10^(2sina-
• cosa)):(10.sina+10:cosa+10:(sina-cosa))=10:(sina+cosa+l) « 10:
(V2s!n(a+n/4)+l)2:l0:(v7+l)-10(v7-l). Следовательно, из тре-
угольника можно вырезать круг площади 100(*2-»;2>п-100(3-
-2-1,42)=п-100-0 16=16п>16-3,14=50,24>50.
287 Из каждой вершины первоночального многоугольника Допустим
перпендикуляры на вновь проведенные прямые-стороны вновь полу-
ченного многоу»ольника П?. Около каждой вершины образуется по
четырехугольнику с двумя прямыми углами и двумя сторонами пе
10 см.
Строим окружность радиусом 10см и проведем касательные, na-
рзл тельные сторонам многоугольника, получим многоугольник П^,
121
периметр которого больше длины окружности, т.е. больше 20п»20п>
>60«. С другой стороны, П3 можно составить из четырехугольни-
ков, образовавшихся около вершин П1 и, следовательно, периметр
П2 больше суммы периметров П1 и П2, т.е. больше 160.
288. Справедливо утверждение:если а и b взаимно просты,то суще-
ствуют целые о, к такие, что an+bk=1. Докажем это утверждение.
Рассмотрим множество линейных комбинаций ах+by, где x.yeZ и та-
ких, что ах+Ьу>0. Это множество не пустое и содержит наименьший
элемент а=ах0+Ьу0. Тогда любое другое значение (З-ах^Ьх^елится
на а. Действительно, если бы /3><х не делилось на а, тогда 0=ра+
+д,где 0<q<a и q~3-pa=a(x1-px0)-Hb(y1-py0); следовательно, q то-
^е принадлежит рассматриваемому множеству и а не является наи-
меньшим. Противоречие» т.е. 3 делится на а,но тогда и а=а*1+Ь0
и Ь=а*0+Ь*1 делятся на а, а т.к.’ а и b взанмнортросты, то а=1.
Используем утверждение при решении задачи. Рассмотрим сначала
случай, когда а, b взаимнфростые. Существуют п.к такие,что ап+
+bk=*l: 1<Если в этом равенстве п>0, к<0,то п раз нажимая кнопку
"вверх" и (-к) раз кнопку "вниз", мы попадем на соседний верхний
этаж; 2< если п<0,к>0, то а(-п)+Ь(-к)==-1, т.е. мы можем опусти-
ться на соседний этаж,и. следовательно, можем,повторяя эту про-
цедуру, опуститься йа а-1 этажей, а затем, нажимая кнопку
"вверх", поднимемся на этаж соседний сверху с первоночальным.
Пусть теперь а и b имеют общий множитель ё>1,тогда любая ком-
бинация an+bk делится на d, и, следовательно,мы можем подняться
самое меньшее на d этажей.
289. Покажем, что искомое условие имеет вид р>|Ь-а|.Не нарушая
условия задачи, можно считать,что хорды длиной а и b исходят из
одной точки. Пусть €А=а, СВ=Ь
Необходимость. Пусть существует нужный круг.Тогда граница кру-
га-окружность, описанная около ДАВС, и длина дуги АВ равна р.
Верно неравенство |Ь-а|<АВ<р,где АВ-хорда, стягивающая дугу АВ.
Достаточность. Дано р>|Ь-а|. Надо доказать существование окруж-
ности. Пусть угол между данными хордами равен ar=zACB. Найдем ра-
диус окружности и величину дуги АВ через Т- АВ = (а2 + b2- 2аЬ-
•casy)lz? R==AB:(2siny), где у - половина центрального угла АОВ.
О-центр окружности. Тогда АВ»2у R-r(a2+b2-2ab • cosy)172: si nr=f(y).
Изучим функцию f(i'). Она непрерывна при 7€(0л) и |jypf(T)e | Ь-
-а|; |4Ч?КГ)=-. следовательно, функция принимает все значения
между |Ь—а| и а и поэтому существует То такое, что f(?0)=p.
122
290. Перемножая множители попарно, запишем А»((а+Ь)+с)((а+Ь) -
~c)(c+(a-b))(c-(a-b))=(a2+2ab+b2-c2)(c2-a2-b2+2ab). Вместо а2,Ь?
с2 подставим их значения через х^у^г2 и, учитывая, что xy+yz
+zx=O, получим A=(2ab+2z2-2xy)(2ab+2xy-2z2)= 4a2b2-4z2+ 8xyz2 -
-4x2y2=4((y2+yz+z2)(z2+zx+x2)-z4+2xyz2-x2y2)=4((xy+ yz + zx)2
-xy(xz +xy+yz)+z2(yz+xy+xz))=0.
291. Утверждение задачи верно при п^З. Берем любые три точки А.
В,С, не лежащие на одной прямой, соединяя их, получим три раз-
личные прямые. Будем добавлять по одной точке, следя за тем,что
соединяя ее с предыдущими, получим, по крайней мере,одну новую
прямую. Сначала добавим точки, лежащие на АС, если такие есть,
соединяя их с точкой В. Затем добавим точки, Принадлежащие АВ,
соединяя их с С,затем точки, лежащие на ВС, соединяя из с А.За-
тем точки, лежащие на новых прямых, содержащих А, соединяем с В
и С Аналогично поступаем и с прямыми, содержащими В и С. Затем
берем точку D, не лежащую на АВ,ВС,СА, соединяя ее с А, получим
новую прямую. Добавляем точки, лежащие на AD, соединяя их с В
или с С. Когда таких точек не будет, возьмем новую точку Е и со-
единим ее с А, и так далее.
292. Очевидно,что есть решение,когда х^х^.-.^х »х0,где xQ яв-
ляется решением уравння 1-х2=х.Т.к. мы ищем неотрицательные ре-
шения, то x0-(-l+v^)/2. Ясно, что Osx.sl (i=l,2,...,n).
1 случай. n=2k-l. Покажем,что в этом случае других решений нет.
Пусть Osx1<xo; из второго уравиения получаем x^l-x^d-x2 = х2,
т.е. *0<х2. затем х3<х0,..., xn=x2kl<x0, но тогда из последнего
уравнения будем иметь х^Хд, что противоречит выбору хг
2 случай. n=2k. В этом случае есть еще два решения:
(1,0,1,0....,1,0) и (0.1,0,1,..., 0,1). Покажем, что при n=2k есть
только эти два решения и других нет. Пусть 0<х1<х0; покажем, что
справедлива цепочка неравенств 0<xt<x <х5<хЗ<?1<х0’
откуда и будем получать противоречие. Имеем х3~1-х2=1-(1-х2)2 »
=2х2-х^=х1’х1(2-х1)2. Рассмотрим функцию у(х)=х(2-х2). Можно по-
казать, что эта функция возрастает при 0^x^v^/3 >х0<7273<, при-
чем у(х0)=х0(1+х0)=х0+х2=1, т.к. xQ удовлетворяет равенству х2~
-1-Xq. В силу монотонности 0<Xj(2-x2)<1 при 0<Х|<х0, имеем х3<х?
Аналогично доказываются остальные неравенства и случай, когда
1>х1>х0» Ответ: 1) при n=2k-l x1=x2=...~xn=(vS-l)/2,2) при n=2k
Х1=х2=... ^(vS-l)/^, (1,0,1,0,...,1,0), (0Д,0,1....,0Л).
293. - Рассуждаем по индукции. При п=1 утверждение очевидно. Пре-
123
дположим, что при п=1,2..., р-1 утверждение верно. Рассмотрим
группу, состоящую из р юношей.
Предположим сначала, что имеется некоторая группа, состоящая из
k»k<p« юношей,которые дружат не более, чем с к девушками.В силу
предположения индукции эти к юношей {обозначим их М^могут тан-
цевать с девушками {обозначим их Dk|, с которыми они дружат.
Группы из оставшихся р-k юношей и оставшихся p-к девушек удов-
летворяют условиям задачи. Действительно.предположим. что сущест-
вует такая группа MsH3 s юношей.что в любой группе из s девушек
найдется хотя бы одна девушка, которая не имеет друзей в Ра-
ссмотрим группу МкиМ . В произвольной группе из k+s девушек на-
йдутся s, не принадлежащих Dk и, следовательно, не имеющих дру-
зей в М^. Среди них имеется одна, которая не имеет друзей в М&,
а следовательно, в MkuMs< То., среди любых k+s< девушек имеется
хотя бы одна, которая не имеет друзей в MkvMs. что противоречит
условию.
Мы показали, что группы из оставшихся р-k юношей и р~к девушек
удовлетворяют условиям задачи, а поэтому в силу предположения
индукции |p~k-p-1) эти юноши могут танцевать с девушками, с ко-
торыми они дружат.
Если же любая группа hl к юношей дружит по крайней мере с »к+1<
девушками, то пусть один юноша танцует с девушкой, с которой он
дружит. Группа из оставшихся {k-Ц юношей удовлетворяет условиям
задачи. Действительно, для любых к юношей имеются {к+Цдевушек,
с которыми они дружат, и если даже одна из них танцует с юно-
шей, с которым она дружит, то остается к девушек, которые еще
не танцуют.
Имеем, что группа из {к-1| юношей удовлетворяют условию за-
дачи и поэтому в силу предположения индукции утверждение задачи
верно.
294. Умножая на сопряженное.получим (I173-1 )1/3 « 1/(21/3+41/34'
+1)1Х? Найдем а и Ь, удовлетворяющие равенству 41/3+21/3+1= (а+
+21/3Ь)3=ЗаЬ2- Равенство выполняется, если а н Ь
удовлетворяют системе: ЗаЬ2=1.3а2Ь-1,а3+2Ь3=1, которая имеет ре-
шение а=Ь=1/31/3, поэтому (2|/3~1)|/3=31/3/(l+S173).
295. Докажем, что если ломаная К не имеет пераллельного АВ отре-
зка {хорды^ длиной АВ/2 с концами на ломаной, то эта ломаная не
может иметь параллельного АВ отрез к; {хорды^ длиной вдвое боль-
ше, т.е. длиной АВ. В этом и будет остоять противоречие, т.к.
124
предложения.
М
к W к * к’*
что
рис 2 12
нет отрезка с концами на
равной длине АВ.
мы знаем, что ломаная К имеет параллельный АВ отрезок длиной,
равной длине АВ, а именно сам отрезок АВ.
Перейдем теперь к доказательству
То, что ломаная К не имеет па-
раллельного АВ отрезка дли-
ной АВ/2 означает,что ломаная
К',полученная из К параллель-
ным сдвигом в направлении АВ
на расстояние АВ/2, не имеет
общих точек с ломаной К. Да-
лее, сдвигаем аналогично лома
ную К'в направлении АВ на ра-
сстояние АВ/2 и получаем ло-
маную К* (рис.2.12). Покажем,
что ломаные К и К" не пере-
секаются, что и будет означать,
ломаной к, параллельного АВ и дл
Пусть М' и N'-точки К', расположенные по разные стороны от А*В'
(или какие-то из таких точек, если ломаная К* имеет по одну сто-
рону от прямой АВ несколько точекч удаленных от А'1Г больше.чем
все остальные точки, лежащие с этой же стороны А'В'к Проведем
через точки М' и N' прямые Цк Ц, параллельные АВ (одна из этих
прямых может совпадать с АВ). Очевидно, что все три ломаные К.
К'.К* лежат внутри полосы, образованной прямыми Ц. Ц. Ломаная
M'N', являющаяся частью ломаной К', делит полосу на две части,
при этом, т к ломаные К и К* не пересекаются с К'.то каждая ы
них лежит в какой-то одной из этих двух частей полосы, причем в
разных. Действительно, если М и соответственно М*-точки яомяных
К и К*, соответствующие точке М'сК'. то точки М и М* находятся
по разные стороны от точки М', а следовательно, и ломаные К л
К" находятся по разные стороны от ломаной M'N' и. следовательно
не могут пересечься. Этим доказано утверждение, сформулирован
ное в начале решения.
296, Пусть ^период данной функции, тогда f(x*<a)»((x). При х»
=-w/2 имеем f(-<a/2)=f(w/2). откуда, используя четность и нечет-
ность тригонометрических функций, получаем sinfw/2H) или он
=2пп. где п-некоторое фиксированное число. Записывая f(x)
♦2пп). получаем равенство cos(ax)»cos(ax+a*2itt0, верное для лю-
бого х; следовательно, а*2яп-период функции сов(ах)л.е. а*2жп*
-2пк или a»k/n, где k.ncZ.
125
297. Складывая второе неравенство с четвертым, а первое с треть-
им, получим двойное неравенство О^За2-За3+За4-За^О, откуда а2 -
-а3+а4*1. Складывая первое неравенство с четвертым, а второе с
третьим, получим аналогично а4+2а3~а2=2. Рассматривая вместе два
имеющихся уравнения, запишем а3*3-2а4» а2=*4-3а4. Подставляя зна-
чения а3. а2 в четвертое и второе неравенства, получим lsa4si.
Ответ: а2-а3=а4=1.
298. Приведем подобные члены и преобразуем многочлен к видуР(1)=
«<2(Ь1:((а1-а2Хага3))+Ь2:((а2-а3)(а2-а1))+Ь3:((а5а,)(аза2)))-
-t(b|(a2+a3):((aJ-a2XaJ-a3))+b2(a1+a3):((a2a3)(ajat))+b3(aja^:
«а3-а?(аз“а2»)+ь)‘аа*аз:«аТа2)(аГа3)>+ь2*аз'а1:<(а2аз)(а2_
-aJ))+b3'aJ‘a2:((a3-a|Xa3-a2))=at2-t-bt+c>rae а, Ь, с обозначают
соответственно коэффнаенты при t2,t,t° Решая данную систему (ме-
тодом Гаусса), получим х3=а, х2=Ь, ХрС.
299. Выделим нз числителя и знаменателя первой дроби комбинацию
(а2+4Ь2) и затем сократим на нее:
a4+((a2+4b2)+2ab)2 _ (a2+4b2)2+4ab(a2+4b2)+4a2b2-ra4 _ a2+2ab+2b2
a4+((a2+4b2)-2ab)2 (a2+4b2)2-4ab(a2+4b2)+4a2b2+a4 a2-2ab+2b2
Вторую дробь преобразуем, выделяя множитель а2+Ь2
300. Рассмотрим разность
IO1965*! _ 1Л1 _ 101965( 100-2-10+1)
10,966+1 ю1967*! * 10,96б+1)(10,967+1)
301. Сумма а2+Ь2 делится на 7. Надо доказать, что а,Ь делятся на
7. Рассмотрим случаи, когда а=7к±а,Ь=7п±3,где 1^а<3,ls££3. Тог-
да а2+Ь2®7с+о2+|3? Перебором показывается,что а2+32не делится на
7 при указанных значениях. Остается случай, когда a=7k, Ь=7п.
302. Дан параллелограм ABCD. На диагонали АС возьмем точку О и
проведем через нее прямые KU|BC(K€AB,LeCD/ и EF|| АВ ^EeBC,F€AD^;
SKBEO*SABC~SAKO~SOEC=SACD~SAFO~SOCE=SOLDF
303. Покажем,что q-1 не может делиться на р. Действительно, если
бы делилось на р,то q»l+pk4k€N^L Поскольку р-1 делится на q,T.e.
p&l+qn*l+n+pkn>p (naN), чего быть не может.Следовательно, q2+q+l
делится на р» т.е. q2+q+l«pm. Если т«1,то все доказано.Покажем,
что т>1 быть не может.Если т>1,то q2+q«(p-l)m+m~l и т.к.р-1 де-
лится на q»to и т-1 делится на q,r.e. m-l&q и m£l+q;Ho и p&l+q,
вследствие чего l+q+q2«pm*(l+q)2«l+2q+q2. Противоречие.
304. Сумма всех чисел 1967-1966/2 является нечетным числом.После
замены двух чисел их разностью сумма всех чисел останется нечет.
ной.т.к. вместо суммы а+Ь будет учитываться разность a-b=(a+b)-
-2Ь, т.е. число той же четности. Следовательно. сколько раз бы
не повторялась указанная операция, сумма остается нечетной,т.е.
число будет отлично от куля.
ЗОбЕсли на диагонали, выходящей из острого угла, как на диаметре
построить окружность, то весь многоугольник будет расположен
внутри указанного круга. Диагональ.соединяющая тупые углы,лежит
в круге, следовательно, меньше диаметра.
306. Если т=0, то п - любое число параллельных прямых.
Если т==1,то n-любое число прямых, пересекающихся в одной точке.
Если т=2,то две параллельных прямых пересекаются третьей.
Если т^З.то п находится неоднозначно. Возможны,по крайней мере,
два случая-1« m параллельных прямых пересекаются т*1 прямой или
2<при m-чётном: т/2 параллельных прямых можно пересечь двумя па-
раллельными между собой прямыми, т.е. всего прямых будет m:2+2*m
+1;если же m нечетно (т-1)/2 параллельных прямых пересечем дву-
мя пересекающимися прямыми, общая точка которых не принадлежит
параллельным прямым.т.е. всего прямых (т-!)/2 +2*т+1.
Ответ: т=2. п~3.
307. Заметим, что если есть команда,сыгравшая 20 игр, то нет ко-
манды, которая не играла, и наоборот,т.е. команды могли сыграть
0.1.....28 игр или 1.2.....29 игр.Всего 29 вариантов. Т.к. команд
30. то по принципу Дирихле есть команды, сыгравшие одинаковое
число игр.
с
308. Дан четырехугольник ABCD. На диагональ АС опустим перпенди-
куляр из точки В; получим прямоугольные треугольники. которые
покрываются кругами, построенными на АВ и на ВС как на диамет-
рах. Аналогично побивается треугольник ACD.
309. Расположим глыбы в порядке убывания весов
где at+a2+a3+.. ^а^-870. Очевидно, что на каждую платформу кла-
дется не менее 7 глыб и общий вес груза на платформе большебОт.
Первые
форму;
п0=1«.
...,а .
m
грузы грузим на 1-ю платформу, затем загружаем 2-ю плат-
на k-тую платформу будет погружено 50+£.=a . +
* nk-1 Vf1
a s58, причем а +a >...+a ,+a >58 >tsk*17;
nk * Vt "k-Г1 V’ °k
у нас могут остаться не погруженными грузы a ,а „
п17 п!7*Г
Но тогда
127
56-70k<7a sa +a +...+a 6s50+₽k. откуда Зк>3/4.Пусть
•с । к**' < к— 7 к-1}
7 1 груЗОВ
l5ig170k=0, тогда 0^3/4. па все 17 платформ таким способом погру-
жено (5O+0t)+(5O+P2)+ . ?+(5O+0|7)2t85O+170, т.е. осталось не по-
груженном не более 8'0-(850+170)=2О-170. Догрузим оставшиеся
глыбы на ту платформу, где погружено меньше всего,те. 50+0.то-
гда на этой платформе будет 50+0+20-170^70-160^'70-16*0,75 =58т.
Следовательно, достаточно для перевозки 17 платформ.
310.С*т противного.берем точку О,окрашенную первым цветом и про-
водим Окружность с центром в О и радиусом 1966. По предположению
точки окружности окрашены вторым и третьим цветом Берем любую
точку А окружности и радиусом 1966 с центром в точке А проводим
окружность, она пересечет первую в точке В. Из О опустим перпе-
ндикуляр на АВ и продолжим его до пересечения со второй окруж-
ностью в точке С. ДАВС имеет длины сторон 1966, следовательно,
все вершины окрашены разным цветом, и вершина С окрашена обяза-
тельно первым цветом, причем 00=19661/3. Проводя под, <ные рассу-
ждения, получим, что все точки окружности с центром О и радиу-
сом 1966ч/3 окрашены первым цветом, я на этой окружности есть
точки, расположенные друг от друга на расстоянии 1966.
311.От противного.Дама пирамида SАВС.Пусть наибольшее ребро SB.
Тогда по предположению SB>SA+3C к §В>ВС+ВА,т.к.из соответствую-
щих троек нельзя составить треугольника. Складывая эти неравен-
ства имеем 2*SB>SA+SC+Cb+BA. С другой стороны,стороны треугол&т
ников ASB и SBC удовлетворяют соотношениям BC<SA+BA и BS<SOCB,
или складывая имеем 2*SB<SA+BA+SC+CB. Получили противоречие.
312 Перемножая крайние и средние скобки, получим f(x) ® (х2 +
Зх){х2+Зх+2) и. вводя обозначение, у=х2+Зх+1, будем иметь f(x)=
=Цу-1Ху+1)=у2-1^1, причем наименьшее значение -1 будет дости-
гаться при у==0. т.е. при х«(-3$1/5)/2.
313. Восстановим в точке А перпендикуляр к прямой ОА, получим
при пересечении с окружностью точки М и Mf Очевидно, что /ОМА-
-/ОМ^А. Покажем, ЧТО ЭТИ точки искомые. Достаточно доказать это
для одной точки М. Опишем окружность около прямоугольного ДОМА;
она будет касаться первоначальной окружности в точке М2 на дуге
ВМС первоначальной окружности, где ВС-диаметр, содержащий отре-
зок О А Тогда zOMgA<zOMA, т.к. расположена вне круга, описа-
нного Слоло ДОМА, и опирается на дугу ОАлу же, что и уголОМА.
314. От противного. Допустим, что существует, например, ие более
двух отрицательных чисел, а все остальные числа положительные
^аналогично будет решаться задача, если предположить,что не бо-
лее двух чисел положительных^ Если имеется не. более двух отри-
цательных чисел, то они разбивают положительные числа не более,
чем на три группы подряд идущих чисел. Одна из этих групп имеет
не менее четырех чисел,ибо в противном случае положительных чи-
сел было бы не более 9, а всех чисел не более И.
Покажем, что четырех положительных чисел,стоящих подряд друг за
другом, быть не может, в этом и будет противоречие.
Пусть а.>0,а.+1>0,а.+2>0,а.^3>0; тогда из условия задачи следу-
ет, а.-а.+1+а.+2<0 и а.+1-а.+2+а.+3<0. Складывая эти неравенства,
получим а^3+а.<0, что противоречит предположению.
315. Единичный квадрат разбиваем на 25 равных квадратов со сто-
ронами параллельными сторонам единичного квадрата и размерно -
стью каждый из которых вписывается в круг радиуса 0,2/v?<
<1/7. Если бы в каждом круге было не больше двух точек, то все-
го было бы не больше 50 точек. Следовательно, хотя бы в одном
круге не меньше трех точек.
316. Каждое ребро многогранника определяет некий набор паралле-
льных сторон и тем самым некий набор параллелограммов, который
мы назовем зоной. Каждый параллелограмм определяет две зоны, ко-
торые пересекаются по некоторому другому параллелограмму, назы-
ваемому парным по отношению к первому. Основной и парный парал-
лелограммы равны н расположены в параллельных плоскостях. Пло-
скость любого параллелограмма не может быть параллельна плоско-
сти более чем одного параллелограмма, иначе бы многогранник не
был выпуклым. Очевидно, что два равных параллелограмма с попар-
но параллельными сторонами симметричны относительно некоторого
центра. Покажем, что центр симметрии, определяемый выбранным
и парным параллелограммами, совпадает с центром симметрии,опре-
деляемым любым другим параллелограммом и парным ему; Докажем
сначала это утверждение для двух смежных параллелограммов и па-
рных им. Центр симметрии любого параллелограмма и парного ему
определяется произвольно выбранной точкой на одном из паралле-
лограммов. Выберем точку на стороне параллелограмма. Поскольку
эта точка принадлежит также и смежному параллелограмму, то оба
эти параллелограмма и парные им обладают одним и тем же центром
129
симметрии. Но от любого параллелограмма к любому другому можно
перейти, пройдя несколько граней и ребер. Следовательно,все па-
ры параллелограммов обладают одним и тем же центром симметрии.
Любые две зоны должны пересекаться. Действительно, рассмотрим
произвольно выбранную точку и не принадлежащий ей параллело-
грамм. Тогда параллелограмм, парный выбранному, находится по
другую сторону зоны, иначе многогранник не был бы выпуклым.Сле-
довательно, каждая зона пересекается с зоной, определяемой лю-
бым не принадлежащим ей параллелограммом, а значит, пересекает-
ся со всеми остальными зонами. Кроме того, как доказано выше,
любые две пересекающиеся зоны пересекаются дважды. Пусть k-чце-
ло зон, тогда число граней равно числу пересечений зон 2С2=к(к-
-Ц
317. Со слагаемого п2 начинаются 2(2-1 )члена последовательности
(int),c ^начинаются 2(3-1) члена последовательности...........с ^на-
чинаются 2(к-1) члена последовательности. Член вида пк+пк^будет
иметь номер 2* 1+2*2+...2*(к-1)=к(к-1),т.е. m^k _^=пк+пк^Верно
равенство: 1936=442<1966<44* 45=^1980,следовательно, m19g0-n45+n44,
mi979=n45+n43' • • • ГП19бб=П45Ч’П30
318. Обязательно в одной группе найдутся числа одной четности.
Обозначим их а-к,а+к. Рассмотрим еще числа вида а^3к,а,а+3к.
Возможны два случая:
1«в группе, где находятся числа а-к,а+к< нет ни одного из чисел
а-Зк, а, а+Зк; значит, эти три числа принадлежат другой группе и
тогда а есть среднеарифметическое чисел а-Зк н а+Зк;
2«в группе, где находятся числа a-к и а+к. имеется хотя бы одно
из чисел а-3к.а,а+3к. Если есть число а, то оно и является сре-
днеарифметическим; если есть число а-Зк, то а-к « ((а-Зк) + (а+
+к))/2; если же есть число а+Зк, то а+к=((а-к)+(а+Зк))/2.
319. Пусть пешеход находится в точке А. За час по дороге он мо-
жет пройти 6 км и попасть в точку В: АВ==6. Из точки А опишем
окружность радиуса 3 км и восставим перпендикуляр к дороге в
точке Л,который пересечет окружность в двух точках, одну из ко-
торых назовем С. Искомое геометрическое место точек симметрич-
но относительно дороги и построенного перпендикуляра АС Поэто-
му будем рассматривать лишь одну четверть, а именно ВАС Из то-
чки В проведем касательную к окружности. Обозначим через D точ-
ку касания. Множество точек,ограниченное криволинейным четырех-
угольником ABCD с прямолинейными границами AC, АВ, BD и дугой
130
DC. будет искомым.Чтобы доказать это. покажем, что все "точки
границы четырехугольника ABCD мы можем достичь за час, а, сле-
довательно. и до всех точек внутри четырехугольника можно дойти
за час, а до всех точек вне четырехугольника за час дойти нель-
зя. Все точки дуги CD достигаются за час, если двигаться по ра-
диусу. Покажем, как достичь точек отрезка BD. Пусть пешеход шел
по дороге t часов и достиг точки К,а затем из К пошел по прямой
перпендикулярной BD, и достиг точки LeBD. Если учесть, что КВ»
^(l-tl.zKBD^SO^KL^O.S’ КВ=3(1-1),то получим,что на движение по
ломаной AKL он затратит час. При разных t мы получаем разные то-
чки BD.
Покажем, что точки, расположенные вне четырехугольника, не
принадлежат искомому геометрическому месту.
Пусть М-точка вне четырехугольника и, идя из нее, пешеход вы-
шел иа дорогу в точке Е. Опустим перпендикуляр EF на BD yFeBty.
Тогда на путь по ломаной AEF пешеходу понадобится ровно час, а
на путь по ломаной АЕМ понадобится больше часа, т.к. FE<EM $ЕМ
больше гипотенузы прямоугольного треугольника, одним из катетов
которого является EF|.
320. а£ Возьмем белую точку и радиусом 1966 проведем окружность
с центром в этой точке. Возможны два случая: иа окружности
есть белая точка, тогда задача решена; 2):если на. окружности нет
белых точек, то все точки черные и есть две черные точки, рас-
стояние между которыми равно 1966.
Есть хотя бы одна белая точка А и хотя бы одна черная то-
чка В. Возможны три случая: 1)если АВ=1966, то точки А и В ис-
комые, 2} если АВ<1966, то радиусом 1966 проводим окружности с
цетрами в точках А и В, получаем точку пересечения окружностей
С. Или пара А,С или пара С,В является искомой; 3| если АВ>1966,
то на отрезке АВ строим точки Aj так, чтобы АЛ|+1=1966 ^A=Aq,
i=0,1,...,n-1). Если А.+1 имеет другой цвет, нежели Ар то па-
ра A., Ai+1 искомая. Если все Aj одного цвета, то рассматриваем
пару Ап,В и попадаем или в первый, или во второй случаи. Число
и выбирается так, что AQAn<AB, a АоАп^£АВ.
321. Имеем: х4+у^=(х2+у2)2-2х2у2»((х-ьу)2-2ху)2-2х2у^Ц1 - 2ху)2-
-2х2у2=2(ху-1)2-1=2(х(1-х)~1)2-1=2((х-1/2)2+3/4)2-1. Следова-
тельно, при х==0,5 выражение х4+у4 имеет наименьшее значение,
равное 1/8.
322. Дан ААВС и точка DeAB. Найдем на АС точку М такую, чтобы
131
AB*AC-7*AD’AM. Отсюда построение. На луче АВ откладываем отре-
зок AF=7AD, соединяем F с С и через В проводим прямую, парал-
лельную FC, которая при пересечении с АС дает искомую точку М.
323. Имеем f(O)=aQ и f(l)=an+an j+...+а^а^-нечетные числа, от-
сюда (an+an t+...+at)-4eTHoe число. Рассмотрим Цх),если х= 2k:
1(х)=(апхп4%..+а1х)+а0,тде а0-иечетное число, а скобка дает чет-
ное число,т.е. ((х)-нечетно и f(x)*O. Если рассмотреть х=2к+1,
то f(x) можно представить в виде f(x)=2*N + an+ an1+...+ aj+aQ
^N- целое число), т.е. Цх) - нечетное число и f(x)*O.
324. Покажем вначале, что радиус R окружности,описанной около
треугольника, удовлетворяет неравенству R^P/4, где Р=а+Ь+с. Как
известно a=2Rsina,b=2rsin0,Ci=2Rsiny, где а, 0, у-углы треугольни-
ка, противолежащие сторонам а,Ь,с, отсюда P=2R(sina+sin,3+siny).
Учитывая равенство для периметра, получаем, что неравенство Rss
Р/4 равносильно неравенству sina+sin0+siny£2. Докажем его:А(а)=
=sina+sin£+siny=sina+sin0+sin(a+0)=2sin(a+|3/2)cos(£/2)+sin0. На-
йдем наименьшее значение А(а),считая 0=const,учитывая что а мо-
жет меняться в границах от п-0-п/2=Т(/2-Р, если у=п/2, до’ тг/2
^треугольник остроугольный)*Используя свойство монотонности фу-
нкции sin(a+|3/2) на отрезках [п/2-р/2,п/2] и [п/2,п/2+0/2], мо-
жно утверждать, что
mi п A(a)=A(ir/2)=1 +si n|3+si п(п/2-/3>1 +2 s i п(п/4) • cos( и/4 -р)&2.
Переходим к решению задачи.
1)сПусть в четырехугольнике ABCD три острых угла А. В, и С. Опи-
шем около ДАВС окружность. Тогда по доказанному выше Rs(AB+BC +
+СА)/4. Дал ее, к к. zA+zB+zC+zD=2n, а zA+zC<n. то zB+zD>n, поэ-
тому вершина D будет лежать внутри круга: если бы D лежала на
окружности, то zB+zD=n, если бы Ь лежала вне окружности, то zB+
+zD<n. Наконец, A£<BD+DA, поэтому R<P/4.
2) Пусть в четырехугольнике ABCD или одии острый угол, например
А, или острых угла два,противолежащих друг другу, например А и С
На АС,как на диаметре,рпишем окружность; вершины В и D будут ле-
жать внутри окружности. Поэтому R=2’AC/4£(AB+BC+CD+DA)/4»P/4.
3)Пусть в четырехугольник ABCD имеется два острых соседних угла
А и D. В этом случае или zA+zC=zB+zD или zA+zC>zB+zD или zB+zD>
ZA+ZC. Рассмотрим Случай, когда zA+zC~zB+zD; около четырехуго-
льника можно описать окружность, причем она же описана около
AABD, поэтому Rs(AB+BD+DA)/4<(AB+AD+DC4-CB)/4. Два остальных слу-
чая рассматриваются аналогично. Рассмотрим один из них, когда
132
zA+zC>zB+zD. Описываем окружность около ДЛВ1>, zC будет внутри
круга, следовательно, R(ABMD+BD)/4<(AB+AD+BC+CD)/4.
Задача решена полностью, т.к. в четырехугольнике не может быть
более трех острых углов (см. задачу 183)
325. т4+2гп3-гп2-2гп~(m-1 )m(m+1 )(т+2) Из четырех последовательных
чисел одно обязательно делится на три, одно на 4 и одно на 2,не
делясь на 4, тогда числитель дроби делится на 24. Искомая дробь
является сократимой, когда п является делителем 24. Других зна-
чений п рассматрнвать не надо. т.к. дробь должна быть сократи-
мой при любом гп, в частности и при т-2. При т=2 числитель равен
24. Ответ: п=24.
326 Пусть О-точка, описанная в задаче, и р(А)=АО, где А- точка
границы. Если найдутся точки А. В-гран ины, такие, что ф(А)*р(В),
пусть р(А)<р(В), то обязательно найдется точка С на границе,та-
кая. что p(A)<p(C)<p(A)+tep(B). и. значит, р(С) не является це-
лым. Следовательно, расстояние от О до точек границы постоянно,
границей служит окружность с центром в О к радиусом-целым чис-
лом. Но тогда О лежит на диаметре круга, длина которого выра-
жается четным числом.
327. Если оба человека до встречи четное иля нечетное число раз
пересекли границу, то вначале они находились в одной области.
Если же один человек - четное число , а другой - нечетное число
раз пересекли границу, то вначале они были в разных областях.
328. Подставляя х=2-у во второе уравнение, получим /2+(у-1)2=0.
Ответ: (1,1,0).
329. Дано, что АВ || DE и AD-ВЕ: можно показать что ABDE-раьяобоч-
ная трапеция,около которой можно описать окружность. Надо дока-
зать, что точки F и С принадлежат этой же окружности. Допустим,
что точки F и С или хотя бы одна из них не лежат на окружности.
Пусть для определенности F лежит вне кругаХ лежит внутри круга
(остальные случаи аналогично). Пусть отрезок FA пересекает ок-
ружность в Е'.а продолжение CD пересекает окружность в точке С'
и FA {| DC по условию. Трапеция AF'DC' вписана в окружность, сле-
доьательно. она равнобочная, и ее диагонали равны F'C'^AD, те.
F'C'=FC. т.к. по условию FOAD. Покажем, что F'EII ВС'.Действи-
тельно, zAF'E и zBC'D опираются на равные хорды АЕ в BD. следо-
вательно. онн равны, т.е. zAF'E-zBC'D«a<iL По одной стороне у
133
тих углов параллельны, следовательно, и вторая пара сторон па-
раллельны. т.е. F'E II ВС*. '
Имсем.что шестиугольник ABC*DEF* удовлетворяет всем условиям
задачи. Покажем.что ABCDEF не удовлетворяет условию,а именно FE
|| ВС. Мы видели,что FO=F'C'=AD. Точки A.F.F* лежат на прямой AF,
точки D,C\C лежат на DC и DC || AF, то FC может быть или парал-
лельна F'C' или АО.Если FC || AD.to шестиугольник не будет выпу-
клым, т.е. не будет удовлетворять условиям задачи, следователь-
но. F'C*|| FC. но тогда одна из точек F или С лежит внутри кру-
га, а другая вне круга. Пусть для определенности С внутри, a F
вне. Дано, что AF || DC. но тогда в силу неравенств zAFEczAF'E =
s=/BC'D<zBCD имеем, что FE и ВС не параллельны, а в этом и сос-
тоит противоречие.
330. Выберем клетки, в которых стоят 1 и 81 и соединим их, сое-
диняя соседние, кратчайшим путем. 1«Рассмотрнм случай, когда оба
числа не стоят в угловых клетках на одной диагонали. Тогда a^l
соединяется с a?, а2 с a3,...,ak1 с afc= 81, причем к^16. Можно
записать «(Ьа^^-а*_1)+(ак^-а,. 2)+...+(а2-а1), т.е. 80
представлеиио в виде суммы не более пятнадцати слагаемых. Если
бы все слагаемые не превосходили 5. то сумма была бы меньше 75,
следовательно, есть слагаемые, которые не меньше 6. 2< Рассмот-
рим случай, когда 1 и 81 расположены в угловых клетках на одной
диагонали. В этом случае h=17. Возьмем два разных соединения
цифры 1 с цифрой 81. 80=а17*а1=(а17-а|6)+(а16-а15)+...4’(а2-а1),
80=а17-а1=(а17*а*6)4-(а*б-а*5Н...+(а2-а1). Если. например, в
первой Сумме все слагаемые меньше 6,а их шестнадцать, то все они
будут равны 5, т.е. а2=6, а3=11,...,а]6=7б, а}7-81. Имеем а2*6.
а< Если а2>6,то разность а'-а^а'-^б.
б< Если а2<6, то сумма (а^-а'е)+...+(а£-а2)>76,а слагаемых то-
лько 15, следовательно, одно из слагаемых не меньше шести.
331. Учитывай,что п=2к-1>к^1< и произведение к(к-1) четно, пре-
образуем данное выражение: п4+ 7*(7+2п2) »* (п2ч-7)2=(4к2-4к+8)2=
=16(к(к-1)+2)2=16(21+2)2^€4(1+1)2, где к(к-1)=21 (1*0).
332. Строим точку D,симметричную В относительно данной прямой 1.
Соединяя А с D и продолжая до пересечения с 1,получаем вершину
С. Задача имеет решение, если I пересекает отрезок АВ. Если А и
В не симметричны относительно 1. то решений бесчисленное множе-
ство - точка С любая на прямой I.
333. Пусть x1<x2<x3<x4<xs. отсюда x^x2<xt+x3; х3+х5<х4+хуПри-
134
чем х^+Хз-наименьшая из всех сумм, а х* + Ху-следующая за ней;
если все суммы расположить в порядке возрастания, то сумма х*+
+х5 будет наибольшей, а сумма х3+х5 стоит непосредственно перед
х4*х3 Складывая все данные числа получим 72»4х?+4х2+4х3+4х^ +
+4х5 В результате получаем систему х^+х^О, х1>х3=2, х3+х5=13.
х.+х-«15, х,+хо+х1+х. +хс=18. Ответ: —1.1.3.5^10.
334.ДЛМВ будет равнобедренным.если выполняется одно из условий:
$ЛМ«МВ; 2jkAM==AB; 3|АВ»МВ. Множество Ej точек М. удовлетворяю-
щих условиям 1|-3^следующее: окружности радиуса ЛВ с центрами в
точках А. В и прямая, иа которой лежит высота треугольника,опу-
щенная на АВ из С Аналогично множество Е? точек М, таких» чтобы
ДВМС был равнобедренным. следующее:окружности'радиуса АВ с цен-
тром в точках В.С и прямая, на которой лежит высота треугольни-
ка. опушенная на ВС Пусть Еу-миожество точек М, таких.что ДВМС
- равнобедренный. Пересечение Е^лЕ^-это множество, состоящее из
окружности с центром в точке В и еше шести точек. Из этого мно-
жества надо исключить точки, когда один из треугольников будет
вырожденным, т.е. точки окружности А.С, и мм симметричные точки
относительно точки В.
335. Первое решение.Если покажем.что числа в треугольнике расс-
тавлены симметрично относительно высоты,то задача будет решена,
т.к. если высота опушена из вершины А, то в углах В и С числа
одинаковые, а если высота опущена из С то получим, что в углах
А и В числа одинаковые.
Рассмотрим полосы, параллельные ВС, в каждой полосе два ряда
треугольников.Симметричность расстановки чисел будем доказывать
по индукции. В вершине угла А стоит один треугольник-симметрич-
ность очевидна. Пусть в k-той полосе числа расставлены симмет-
рично. Пусть в центральном треугольнике стоит число «гв сосед-
них с ним в этой же полосе ау, в соседних с ними «3 и так * да-
лее. Рассмотрим следующую (k+t)-ю полосу. Возможны два случая.
Первый случай.У треугольника, пересекаемого высотой, вершина
лежит ближе к ВС чем его основание.Тогда в нем тоже стоит число
«г Для доказательства вместе с этим треугольником надо рассмо-
треть треугольники с числами из k-го ряда. В сосед-
них с ним стоят числа 3 и у; тогда рассмотрим треугольник с <хг
их k-го ряда и треугольники из (к+1) - го ряда, тогда
»условие«, откуда 3=у=аг Числа в следующих треугольни-
ках равны, для доказательства нужно рассмотреть четыре треуго-
135
льннка: три с числами ат ау а4 из k-го ряда н исследуемый из
(к+1)-го ряда. Так получим , что в (к+1)-й полосе расстановка
чисел симметрична.
Второй случай. У треугольника, пересекаемого высотой, основание
ближе к ВС. чем вершина. Пусть в этом треугольнике поставлено
число Р^а слева 0,справа у.тогда можем записать
и у*оу<х2-03=1. откуда Р=у=Р2 и так далее.
Второе решение. Рассмотрим две нижние полосы, или, что то же
самое, четыре ряда треугольников.Самый нижний ряд треугольников
назовем первым,ряд треугольников из этой же полосы вторым, за-
тем третий ряд и четвертый. Запишем для каждого треугольника
третьего ряда соотношение задачи и перемножим их. Еслй П.-про-
нзведенне чисел, стоящих в треугольниках i—го ряда, то получим
Аналогично, такое же соотношение для второго ряда
П2*П3*П^/П=1 ^где П-произведение чисел в двух крайних треуголь-
никах/. Перемножая полученные соотношения, получим
т.е. П=1 к в угловых клетках точках стоят одинаковые числа.
। на 1967 при лю-
ао 1968е1967-Пусть
=2ак ,+241967-1046-
=а'-’1 + ак*1,1 +
336. Покажем, что сумма чисел в каждой строке делится на 1967.
Пусть ак ак2;...; ак ^ ^-к-тая строка таблнцы>к=О, 1,..,
1967с. Элементы ее являются членами арифметической прогрессии с
разностью ак»2к. Можно заметить, что
Sk+r2Sk“lak.l+alc.1968-k)
где Sk - сумма чисел к-той строки.
Покажем по индукции, что ак ,+ак 1Э68_к делится
бом к.При к=0 утверждение верно,т.к. aQ ,=0,
утверждение верно при к, т.е. ак,+ак 196g-k:
лится иа 1967. Найдем а, т
+2к+,(1968-к-2)«2(акдак2)+2vr(1967-k-l)«2(2ak|2k)+2v+’(1967
“к-1)-2(2ак -^-2к(1967—к)),что по предположению делиться на 1967.
Покажем по индукции, что Sk делится на 1967. При k»0 SQ=0+l+2 +
+,..+ 1967*984‘1967. Если предположить,что Sk делится на 1967,то
в силу формулы (♦) и Sk+1 будет делиться на 1967.
337. Любое целое к можно записать одним из способов к=Зп;к=Зп+1,
к*Зп+2. Заметим,что к3 при делении на 9 дает остатки 0,1,8.Если
же Сумма цифр равна 1967,то это число при делении на 9 дает ос-
таток S, следовательно, сумма цифр точного куба не равна 1967.
338. Ясно, ЧТО zABt>=»ZABC+zCBD=zB+(n-(zA+zB)): 2=П: 2+(zB-zA): 2>п/2.
339. Пусть точки О,С, К и L являются соответственно серединами
сторон ОА.МВ.ОВ и AM. Заметим,, что DL*KC*OM/2-R/2 как средние
линии треугольников; DK-LC=AB/2=R/2, т.к. треугольник равносто-
ронний. Следовательно, четырехугольник DLCK-ромб и его диагона-
ли перпендикулярны.
340. Возьмем полуокружность длины >R=-/2S/n<.T.к. нас инте-
ресует выпуклая фигура, покрывающая полуокружность, то она дол-
жна содержать концы полуокружности и, следовательно, прямую,
соединяющую эти точки.Т.е. выпуклая фигура должна содержать по-
ловину круга {площади и полуокружность должна лежать внутри,
а не на границе фигуры, т.е. площадь фигуры больше S.
341. Сложив все уравнения, получим х^х2+...+хюрО,Сложив пер-
вое уравнение с четвертым, седьмым и так далее до сотого, полу-
чим (х^х^.Л+х^+х^О, откуда х^О. Сложив второе, пятое и
так далее до сто первого уравнения, получим (х1+х2+...ч-хЮ1) -ь
+х^0, откуда х2=0. Затем из первого уравнения из второго
х4=0 и так далее. Ответ: Xj=x2=...=x101=0.
342. Возьмем произвольную точку Р внутри многоугольника и опус-
тим перпендикуляры на все его стороны. Утверждаем,что основание
наименьшего перпендикуляра лежит на стороне многоугольника,а не
на ее продолжении. От противного. Если бы его основание лежало
бы на продолжении стороны, то он пересек бы сторону многоуголь-
ника, расстояние которой до точки Р оказалось бы меньше наиме-
ньшего. Противоречие.
343. Пусть числа в одной строчке расставлены
в порядке убывания
а^а2^...^ап. Утверждаем, что и числа Ь.надо расставить в порядке
убывания (bj£b2£...£bn). Докажем утверждение при п=2. Справедливо
неравенство а^ч-а^^а^+а^рТ.к. оно равносильно (ауа2)(Ь?-
-Ь2)£0, если з^а2, Ь^Ь2.Для произвольного п. Пусть числа в од-
ной строчке поставлены в порядке убывания,а в другой произволь-
п п
но а.,а9 ,...,а ,Ь. ,Ь. ,...,Ь. .Покажем, что £а, -Ь. £ а *Ь.
I Л 1м 1 л 1 4 Л 1 I 4 I 1
1 2 n n=l k i = 1
Последовательно будем делать следующие перестановки: найдем Ь?и
местами с Ь., тем самым изменяются только два сла-
поменяем его
гаемых и как
+akb. »a.b-+
* 1 I, 1 1 1
при п®2 показывается что сумма увеличится:
а.Ь.
1 '1
а^^а^^а^Ь. .Затем находим Ь2 и меняем его ме-
стами с Ь., тем самым опять увеличим сумму.Через конечное число
*2
шагов числа Ь. будут расставлены в порядке убывания и на каждом
шаге сумма увеличивается, следовательно £ а.Ь. наибольшая.
к~1*
137
344. Нас интересуют х и а, удовлетворяющие уравнению (х-а)(х-
-10)=-1, что возможно только, если х-а=1, X-10--1, или х-а--1.
х-10=1. Ответ: 12, 8.
345. Около прямоугольного ДАОС опишем окружность (О-вершина не-
подвижного прямого угла).Вершина В скользящего треугольника бу-
дет лежать на этой же окружности. Проведем луч ОВ и заметим, что
zBOC=zBAC, т.к. они вписанные и опираются на одну и ту же дугу.
Следовательно,точки В будут лежать на луче,составляющем со сто-
роной неподвижного прямого угла угол, равный zBAC. Пусть движу-
щийся ДАВС первоначально занимает положение А'ОВ' >ОА' ==ЛС,AeOA'<
а в конце движения его гипотенуза АС совпадает с ОС'»С€ОС'«. По
условию ОВ'=4. Легко видеть, что точка А из положения А* будет
переходить в положение О. точка В будет двигаться по лучу ОВ,
сначала удаляясь от О затем, после того, когда она достигнет
крайнего положения, В станет приближаться к О. Крайнего положе-
ния В достигнет в тот момент, когда катеты ДАВС окажутся парал-
лельными сторонам неподвижного угла. В этот момент ОВ= АС.Следо-
вательно, точка В опишет отрезок длины АС-ВС=/52-4.
346. Два раза используя неравенство 2ху^х2+ у2, будем иметь
2(abc2+bca24-cab2)i(a2+b2)c2+(b24-c2)a2+(c2+a2)b2=2a2c2+2a2b24-
4-2b2c2^(a4+c4)+(a4+b4)+(b44-c4)==2(a4+b4+c4)
347. Перепишем уравнение в виде х3+у3+1=51+18у3-18х? откуда де-
лаем вывод, что х3+у3+1 делится на три. или х3+у3=Зк+2. Если х-
=3п, то у=3‘1+2. Подставляя х и у в первоначальное уравнение,
получим равенство 19 • 27п3-17(27 • 12+54 • 12+36 * 1)~1986, из которого
видно, что левая часть делиться на 9. тогда как правая часть не
делится. Следовательно^ х*3п. Аналогично рассматриваются случаи
х—Зп+1 (у=3*1+1) и х=Зп+2 (у—3* 1). Ответ: решений нет.
348 В ДАВС введем обозначения zCAD^; zDAB=a2;zABE=0,;zE3D^p2.
тогда zA-a1+a2.zB=0|+P2. Пусть О-точка пересечения медиан.Тогда
AO.OD-2:1; ВО: ОЕ=2:1, тогда tgaJ-nib/(2ma); tga2=mb/ma; tg31-ma/rnb;
tg02=m/(2mb);ctgA+<;tgB=ctg(aja2)+ctg(p|+g;,)=(l-tgaItga2)/(tgat .
+tga2)+(l-tgP1-tg32)/(tg31^tgS2)-ill-(mb/rnaf :2)/(3mb/(2mJ'+(l-
-(rn /m, )2:2)/(3m /(2m. ))=2(m /гп,- m /(2m,))+rn,/m - m /(2mJ):3=
'a b' ' ' a v b" ' a b a b " D a a b/z
=(2/3)(l/2)((ma/mb)+(mb/ma))2: (2/3), т.к. a+l/a^2. если a>0
349 Надо идти по полуокружности радиуса /2’S/n (см.решение 340)
350. Т.к. первое, уравнение имеет вещественные корни.то p^M-q^O
Определяем знак дискриминанта третьего уравнения: p~-2q=2*(p2:4+
138
+p2:4-q)^O. Значит корни третьего уравнения вещественны.Покажем
теперь, что один из корней третьего уравнения лежит между корня-
ми первого и второго уравнений. Взаимное положение этих корней
зависит от знаков коэффициентов р и q. Т.к.коэффициенты первого
и второго уравнений отличаются только знаками, достаточно рас-
смотреть два случая: р и q - одного или противоположных знаков.
Остановимся, например, на случае р>0, q>0. Другой случай обсу-
ждается аналогично. Вводим обозначения: xt=(-p-(p2-4q)1/2): 2, х2=
=(P+(p2+4q)1/2)- 2, х3=-р+(р2-2q)1/2. Тогда х?<х2<х3. Правая часть
неравенства вытекает из того, что х3<0<х2. Левая часть неравен-
ства равносильна неравенству х3-х1>0. Чтобы это показать, поло-
жим p2~4q=a2,a^0; тогда x3-x1=-p+(a2+2q)1/2-(-p-a):2=a:2+(2(a2 +
+2q)’/2-p):2=a:2+(3a2+4q):(4(a2+2q)'/2+2p)>0.
351. Как бы ни расставлять скобки,единица будет всегда в числи-
теле, а двойка в знаменателе. Поэтому минимальное значение, будет
1/(9! )-((((((((Г.2):3): 4):5):6):7):8):9). Выражение будет мини-
мальным, если в знаменателе будет стоять одна двойка, т.е.
(1-2-3-4-5-6*7-8-9):2=1:(((((((2:3):4):5):6):7):8):9)=9!/4.
352. Если к=3п или к=3п+2,то одно слагаемое делится на три,дру-
гое нет и, следовательно, сумма не делится на три. Пусть теперь
к=Зл+1. Рассмотрим каждое слагаемое отдельно: кк+1=(Зп+1)3п+2 »
=3.N+l, (к+1)к=(Зп+2)3п+,=(3(п+1)-1)3п+’=ЗМ+(-1)3п+1, где М и N
- целые числа. Но тогда kk+,+(k+l)k=l+(-l)3n+,+3(N+M). Делимость
на три зависит от п если n=2m, то сумма будет делиться на три;
если п=2т+1,то(-1)3п+Ц-1)бгп+4=1, и сумма имеет вид 2+3(N+M),
т.е. нет делимости на три. Ответ: к=6т+1.
353. Дано, что дуга АС равна дуге СВ. Проведем окружность, опи-
санную около ДАВР, центр которого Oj лежит на прямой, соединяю-
щий центр первоначальной окружности и точку С. Т.к. АР<РВ, то
лежит вне ДАСР.Продолжим СР и СО^ до пересечения с новой ок-
ружностью, получим соответственно точки К и D. Имеем АК>КВ, а
тогда zAPC=zAPK>zKPB=zCPB.
354. Сразу заметим что при сложении двух чисел в следующий раз-
ряд не переходит больше единицы. Договоримся обозначать через 0
-цифру нуль, а через О-букву "О". Рассматривая Е в сдове GERALD,
делаем вывод, что Е может быть 0 или 9.
Цслучай. Е=0, тогда D+G=R^3, т.к. все цифры разные и нуль уже
использован. Складывая А+А. получаем четное число, оканчивающе-
еся нулем, т.е. А=5 и нет переброса единицы с предыдущего раз-
139
ряда, следовательно, 1д4. Имеем N+R+1=B >есть переход единицы с
предыдущего разряда и нет переброса на следующий разряд, т.к.
Е=0«. Учитывая R=D+G, получаем B=N+D+G+1£7.
а|: Пусть В=7, тогда N+D+G=6=1+2+3, т.к. все цифры заняты и Е=0,
тогда L=4. Рассматривая R в конце слова ROBERT, делаем вывод,
что R=8 или R=9, ио N+R=6. Случай а| невозможен.
б| Пусть В=8, тогда N+R=7=N+D+G.Ho 7 можно единственным образом
представить в виде суммы 1+2+4>0 занят*, тогда Е=3.3ная L=3,де-
лаем вывод,что R=6 или R=7. Но R*7,t. к. N+R=7,a 0 занят. Но R*6,
т.к.иначе заняты все четные числа,а легко делается вывод,что Т
четно. Случай б): невозможен.
в)с Пусть В=9,тогда N+R=8-N+D+G.T.k. 0 и 5 заняты.то 8 единстве-
нным образом представляется в виде суммы 1+3+4, но тогда L=2, а
R-4 или R=5. Но R*4, иначе бы и N=4. Но R*5, т.к. 5 занято.Слу-
чай в): невозможен.
2£случай.Е=9,тогда А=4 >А*9,т.к. 9 занято*. Имеем DON4LD+G9R4LD=
=ROB9RT, из этой записи делаем вывод, что 1л5;Т-четное число, N+
+R=10+B;R=G+D+1^8,w6o 9 занято.О+О^З.т.к. G*0 и D*0 >первые ци-
фры в числах*,следовательно, R^4>4 занято А*, но тогда L*5, ина-
че бы R=0 или R=l; окончательно имеем R£5 и L^6.
а} Пусть R=8, тогда L=4 или L=9, но выше показано, что 1Лб,а 9
уже занято. Случай а|невозможен.
б| Пусть R=7,тогда L=8>L^6« и D^5. Имеем D+G=6, но тогда D=5,G=
=1 >G*0*, Т~0. Пока ие заняты цифры 2,3,6 и есть три буквы O.N,
В. Имеет место равенство N+7=10+B или N=B+3^4,t.k. В*0 >Т*£Ч,от-
сюда N=6, В=3 и 0=2. Имеем 526485+197485=723970.
Пусть R=6, тогда L=8 и 0<D^4 »если бы D>5,to R было бы нечет-
ным*. Если D=4, то Т=8,но 8=L. Если D=3,to Т=6,а 6=R. Если D=2.
то Т=4,а 4=А.Если D=0,to и Т=0,чего быть не может. Остается ус-
ловие D=1,ho тогда Т=2 и из условия R=G+D+1 получаем С=4,но 4=А
Случай в| невозможен.
г| Пусть R=5,ho тогда й^5»при D<5 нет переброса с единиц на де-
сятки и число десятков R четно«,а с другой стороны,R=G+D+1,t е.
D<R. Случай г£ невозможен. Ответ: 526485+197485=723970.
355.Соединим данные точки А и В с центром данного круга О и вос-
становим перпендикуляр к середине стороны АВ до. пересечения с
одной из сторон ОА или ОВ в точке Ог Пусть для определенности
О^ОВ. Окружность с центром в точке О] и радиусом О^ будет ис-
комой. Для доказательства этого возьмем любую точку С на этой
140
окружности и рассмотрим ДОО^С: 0C<OOl+O^G=OO1+O^B~OH=R, где R -
радиус первоначальной окружности.
356. Ясно, что х *0>i=L2...п« и все они одного знака. Если
есть решение вида (а,Ь.с,...),т.е. и решение (~a.~b.-c...). По-
этому будем искать решения, когда х^>0 »i-l,2.....п«. Пусть х?-
=2, тогда хо==х-=...=х =2.
i W П
Покажем, что решений, когда Xj*2. нет. 1 «Пусть х^<2;тогда х.^-
=х,/2э-2/х,>2,т.к. х>2 Аналогично получим, что х~>2......х >2.но
ill J an
тогда из последнего уравнения получим ХрХп/2+2/хп>2.Противоре-
чие
2« Пусть Xj>2 Как и выше, получим x.>2.>lsj*n«, из чего следует
справедливость не р авеиства (х|...+ хп)/2>п>2(1/х^1/хп),которое
противоречит равенству, получаемому при сложении всех уравнений
системы (xt+ .>хп)/2~2(1/х}+1/хп) Ответ: х^~ £2.
357. Легко проверяется равенство (Зп)24-(4п>2=25л2~5л(5п-1)/2 +
(5пЧ)5п/2. Следовательно, числа 25п2 при любой ncN удовлетво-
ряют условию.
358 Занумеруем точки в порядке прохождения PQ,PJ4... Пусть PfPy
расстояние между точками Р^Р^.По условию P^Pq- PqP^PqP^PjP^
<Р2Р3<..., г е '.PQP <PtP^ Следовательно, PqP^i пРй 1«1,2....и
Pq*Pv по условию задачи; следовательно,Р0 не будет местом оче-
редного отдыха.
359 Пусть лодка находится в точке А и нужно ей попасть в точку
В берега. Катер находится в D. причем ЕХАВ.АГХ=0.5АВ. Лодка дви-
жется по сторонам квадрата АС и СВ Точка Р на АС будет опасной,
если корабль достигнет ее раньше' лодки, т е. DP/vSAP/(3v}. или
АР^З’ DPs3a z2 (а~АС=ВС), чего быть не может. Следовательно.на АС
нет опасных точек Опасной будет точка QcCB. Тогда DQ/v s (AC +
CQ)/L3v), или 3*DQ-AOCQ.T.e <a+CQ)2£9DQ2.no теореме косинусов
для ADCQ найдем DQ2-CQ2^a2/2--a'CQ. Поэтому предыдущее неравен-
ство примет вид (a+CQ)2£9*CQ2+4,5a2-9a-CQ или 16-CQ2 - 22а'CQ 4*
*-7;i2s0. откуда a/25CQs7a/8. Если весь путь лодки равен 2а. то
опасная зона начинается когда СО=Ц/ т.е. после прохождения 1,5а
/0.Г5 пути< и кончается, когда CQ-=7d/8, т.е. после прохождения
15а''8»15/ 16 п\ти).Т.о.т опасная часть дороги равна 3/16 всего
п>ти по сторонам квадрата.
360 Допустим,что уравнение имеет рациональный корень р/ц,где р
и q взаимно просты.Тогда p5+pq4==10q3 Следовательно,р делится яа
141
q. поэтому q=l. Получаем,что рациональный корень является целым
и, следовательно, должен быть делителем 10, т.е. 1,2,5,10.Непо-
средственно проверяется, что эти числа не являются корнями.
361. Если хгх?х3-корни уравнения,то имеет место равенство х3-
-2px24-qx+r-(x~x1)(x-x2)(x-x3) Из этого равенства легко получа-
ется теорема Виета для уравнения третьей степени: х1+х2+х3=2р.
xtx2+x2x3+x3x.=q, х1х2х3=-г. Пусть а=(х1+х2+х3)/2=р. Тогда пло-
шадь 54=а(а-х,Иа-х2)(а-х3)=а'-а&( xj+x2+x3)+aa( х(х2+х2х3+х3х1)
-axjx2x3=|/qi-qp-p*.
362. От противного. Пусть f(x)+g(y) делится на многочлен $х):
7 Ux)+g(y)=4P(x)0(x.y).
Пусть xQ- корень многочлена ^(х). тогда f(xQ) + g(y)=O и g(y) «
=-f(x0)=const. Противоречие.
363. Пусть [х+у]={х]+[у]+е3; [2х]=2[х]4-Ср [2у]=2[у])-е2,где
целое. Покажем, что е3 равно 0 или 1. Имеет место неравенство
-1=х+у-1~х-у<[х+у]-[х]-[у]<х+у-х+1-у+1=2. Отсюда получаем, что
—1<е3<2,откуда е3=0 или е3=1;то же верно для £г£2- Рассмотрим
разность [2х]+[2уНхНх+уЦуНх+х]+[у+уНх]-[х+у]-[у>[х]+
HxJ+e1-b{y]+{y]+£2-{xp[x]-e3-[y]=£14-c2-c3. Осталось показать,
е^е^С^О, 8.5=0 или 1»1=1,2,3«.Это неравенство может нарушить-
ся только при CpCjpO и е3=1. Покажем, что этого быть не может.
Если 8|=0,то [2х]=2[х], т.е. x=n+a, где п целое, а 0^а<0,5,ана-
логично, у=к+|3, где к целое, а 0sg<0,5, но тогда [х+у]=п+к=[х]+
+[у], т.е. е3=0.
364. ac+d+bctd-acbd-adbc=(ad-bd)(ac-bc)iO, как для случая а^Ь,
так и для а<Ь.
365. На диагонали куба как на диаметре строим сферу, на ней бу-
дут лежать все вершины куба. Следовательно, из этих вершин диа-
гональ видна под прямым углом. Все остальные точки куба лежат
внутри сферы, поэтому из них диагональ куба видна под тупым уг-
лом.
366. На пути, проходящем через клетки, окрашенные десятью раз-
личными красками, встретиться не менее 9 раз новая краска, сле-
довательно, будет не менее 9 пар соседних красок. Покажем, что
существует окраска с 9 соседними парами. Окрасим любую клетку
первой краской.соседние с ней второй краской и так далее до де-
сятой краски, затем соседние клетки красим девятой краской, по-
том восьмой и так далее.
142
367. Пусть d(c)-длина последовательности с,Проведем индукцию по
сумме длин последовательностей: l«d(p)=d(q)=l, но тогда p=q=r; 2<
Пусть верно для 2^d(p)+ d(q)s к и докажем для d(p) + d(q) =k+t:
a«d(p)~d(q), тогда p-q=r; b«d(p)>d(q). то p=q pr т.к. pq^qp, но
тогда (qppq^qfqpp.qp^qqpp P,q=qPv HO d(pp Mi(q)*k. поэто-
му р=гг.» цифра г повторена k? рзз<, q«rr... »цифра г повторена
I раз<.следовательно, p-qppfr... г. где г повторена к-к^1 раз.
2 2 2 2 2 2
368. Преобразуем дробь <". _d Lr." atfl rJgxDtn^пгПвп*^.1<| Вн-
n -fn+1)2 3 (n-n-l )(n ) ll*+n+t
дим. что дробь сократима, если п -п~1>1 или л -п-2«(л+1)(л-2)>0
т е. дробь сократима и правильна при любом п>2.
369. Биссектрисы внешних углов ромба параллельны диагоналям ро-
мба и, следовательно, пересекаются под прямым углом. Полученный
четырехугольник является прямоугольником со сторонами, равными
диагоналям ромба.
370. Преобразуем уравнение: 2У=41+xMt+*2)» откуда 1+х2=2р{р20)
1+х-2^(ц-0).Если р-Отто х=0 и у=0. Если р-1.то х=1 и соответст-
венно у=2. Если р>1, то и q>1. Покажем от противного, что этого
случая быть не может. Дсйствительно.2р^1+(2',-1)2 илн2р~22^-2^***
+2. После сокращения, которое возможно при р>1. получаем 2^”-
2ч+1-2р”1. Получаем противоречие.т.к. одно слагаемое ие делится
на два. а остальные делятся. Ответ: (0,0);(1»2). а
371. Пусть x.y.z.v-число столов соответствен но с одним, двумя,
тремя и четырьмя ящиками. Тогда условие задачи запишем в виде
системы:
{x*v+z+v=14. Г x=y+z.
x+2y+3z+4v=33, или ,< 2у+2х+7==14.Из первого уравнения следует.
x--y+z. I y=2v-5.
что х^2. Из второго уравнения, следует, что v четно. Учитывая это.
приходим к выводу. 1<у<9. Поэтому из третьего уравнения имеем 1<
<2v-559 Решая неравенство относительно v. получаем.что 7 может
принимать только значения 4 или 6. Если у=б,у-7,то zcO-не под-
ходит. Если же v=4, то z~2.y-3, х=5 Ответ: 5.
372. После того, как проделаем один раз указанную операцию, по-
лучим числа а^~(а2+а3)/2, а^2Ца^а3)/2. а^Ца^а^/г, при-
чем а<р4-а22^а33)=а1^а2+а3^ЗООО, следовательно, после проделы-
вания к раз указанной операции будем иметь а^+а^^ч^^ЗООО.
Для того, чтобы увидеть закон для а*2к\ можно найти а|®»а|3\
высказать гипотезу и затем доказать по индукции.
141
4To a(2k£(n +1)aj+n2|a 2 +n2ka3)/22!‘ a<2t>=((nft+1)a2+ n^a, +
+П2ка3)/2 ' a3 ~((n2k+1)a3+n2kai+n2ka2)/2 1 ГДе П2к ПрИ Фик~
сированном к является вполне определенным числом. Имеем, что
3000=a<3u)+a*30,+a<30)=(3iKn+1)(a.+a,+aJ/230=3000(3n.n+ 1)/230
откуда п3[)=(2 -1)/3. Оценим |а(, '| = |(п30 + l)af + п3(.-а2 +
+пм-а3|/238= |п„'(а|+а,+а,)+а||/230 s (23t}- 1)-3000/(3-23°) +
+ |aJ|/23°slOOO-(23(?-1)/230+10V10243<1000-i+l=1001. Аналогично
оцениваются ар°\ а|301
373. В четырехугольнике сумма углов 360°,а т.к.три угла по 100®
то четвертый угол равен 60Г т.е. острый. Далее смотрите 305.
374. Пусть х^Ху.’ хюо обозначают куски первого разбиения, а
УГУ2 У|00 ~ куски второго разбиения, a z. =х.л у Пусть S-
площадь куска a, Sx.=Sy,=S >i, j-l,2,...,16o<. (Образуем квадрат-
ную таблицу >матрицу<
211 Z12 21п
221 222 “’ 22п
2п1 2п2 ... 2пп-
п п
Очевидно, что .U^z.pVj, .Utz..=x.Рассмотрим любые к столбцов
матрицы. Докажем, что имеется к строк,которые имеют отличные от
нуля элементы,общие с выбранными столбцами.Допустим,что утверж-
дение неверно. Пусть таких строк и меньше, чем к. Но тогда пло-
щадь объединения всех элементов этих п строк будет равна пБ.что
будет строго меньше kS, а этого быть не может. Если же к столб-
цам соответствуют не менее к строк с отличными от нуля общими
элементами, то мы находимся в условиях задачи 293. Из этой зада-
чи следует,что для каждой i-той строчки можно указать по одному
j-ому столбцу^причем столбцы различные для различных строк^так,
что Sz.^0. Остается взять по точке из множеств г...
ч и
375. Очевидно, что х^2 и у^2. т.к. х, у - простые числа; отсюда
г*=ху+1£5 и, следовательно, z-нечетное простое, но тогда х^-чет-
ное число. Получаем, что х=2 и z=2y+l. Сумма a2n+1+b2n+1 делит-
ся на а+b, отсюда делаем вывод, что у четно, иначе бы z дели-
лось на 3. Известно, что у-простое и четное число, а это только
у=2. Ответ: 2, 2, 5.
376. Дано V2>m/n>0, тогда 2>т2/п2 или 2n2-m2>0. Т.к. m и п-целые
числа,то целое число 2n2-m2^l, вследствие чего справедливо нера-
венство (v^n-m)24-2n2-m2-l£0, т.е. неравенство 4n2-2V2mn-l£0, из
которого и вытекает v^-rn/n£(0,5/v5)n2
УП. На отрезке длиной 1/32 не может быть двух точек. Действи-
тельно, если | D | si/32<1 /VIООО, то 1+1000* |D|2<2. Следовательно,
точек не более 32, а 32 точки разместить можно. Например, Так:
концы отрезка и тридцать точек на равных расстояниях внутри от-
резка.
378. Пусть E.F.H середины равных сторон АВ, ВС,CD четырехугольна
ка. Тогда вершина В расположена на перпечднкуляре, восстановле-
нном из середины EF. а С-на перпендикуляре, восстановленном из
середины ЕН.Эти перпендикуляры образуют угол с вершиной в О-Че-
рез F необходимо провести отрезок, пересекающий указанный угол и
делящийся в точке F пополам-этот отрезок и будет стороной ВС.
Для этого на луче OF отложим отрезок ОК такой, что OK=2OF, и че-
рез К проведем прямые, параллельные сторонам угла.Получится па-
раллелограмм ОВКС, где В и С искомые. Соединяем В с Е и продол-
жаем до А так, чтобы АВ=2*ВЕ. Аналогично строится точка D.
379. Справедлива цепочка неравеств S n=al+(a2+a3)+...+(a j
+a2n-1M+“+a2n_I)+ a2nSa1+2a2+ +2r”'a2n-1+a2nS2ai+2a2+-2
+2П'’а2П-1+2Па2п-2(а1+а2+2а22+-+2П'1а2п)52(а1+а2+<аЗ+а4)+- +
+(a , +a . +...+a ))=2*S .
2n-1+l 2 ^2 2n/ 2n
380. Пусть имеется арифметичекая прогрессия a, a+d, a+2d,a+3d и
геометрическая прогрессия b,bq,bq2,bq? Используя условие, запи-
шем систему: a+b=27,a+d+bq=27,a+2d+bq2=39,a+3d+bq3=87. Преобра-
зовывая получим новую систему a+b=27, b(q-l)+d=O, bq(q-l)d=12,
bq2(q-l)+d=48. Теперь вычитая второе уравнение новой системы из
третьего и третье из четвертого, получим систему, эквивалентную
данной: a+b=27, b(q-l)+d=O, b(q-l)2=12,bq(q-l)2=36. Эта система
легко решается. Ответ: q-3, b=3, а=24, d=-6.
381. Пусть а<Ь<с, тогда при больших к ак<Ьк<с?2,т.к. Ц>/с) к=
==0^(Ь/с)<1^;а нужное неравенство следует из определения преде -
ла, если взять £=0.5 н k>lgO,5/lg(b/c),Ho тогда а^+Ь^с^ Проти-
воречие.
382. Возьмем произвольную точку О я пусть OT=F1;OB=F2;OC=F3;OU=
F4;UE=r5.Пусть К-середина АВ, тогда СГКЧг^Е^/г.Е-середина CD,
nr=(F3+F4)/2, Р-середина KL, тогда UP=(OK+UE)/2=(FJ+F2+F3+F4)/4
Аналогично, если М-середнна ВС, а N-середина DE. Q-середнна MN,
го OQ=(r2+r3+r4+r5)/4. Значит, PQ=(r5-F1)/4=AE/4, откуда PQ=SE/4
145
ада.^..,100 »2>1,•(10яо+2)
1®6 100 100 1б0 ИО l3o
igg & 4t3?
100 $9 190 . 99
384. Из А в В попасть нельзя. Действительно,если доску 5x8 рас-
скрасить как шахматную, то на каждом шагу меняется цвет клетки.
Т.к. клеток четное число, то клетки А и конечная клетка В долж-
ны быть разного цвета, а они у нас одного цвета.Легко построить
примеры, что из А в D и из А и С попасть можно.
385. Возведем сумму в куб, используя формулу (а+Ь)3=а3+Ь3+ЗаЬ(а+
+Ь), получим 2+3*(1-х2)1/3а=а3 При а=0 имеем 2=0, следовательно
а*9. При а*0 находим (1-х2)1/3= (а3~2)/За. откуда х « t(l-((a3- .
-2)/3a)3)lz? Следовательно, в случае (а3-2)/За*1, что равное и*;
льно неравенству 0<а^2, уравнение имеет два действительных ре-
шения. В общем случае нужна проверка.
385. Сначала выполним следующее построение: через А, проведем
параллель сторойе AtA2, через А^параллель А4А5, через А^параллель
AjA*. В результате образуются три параллелограмма. диагоналями
которых будут стороны AAjA^Ag, и внутренний треугольник, сторо- ;
ны которого соответсвенно параллельны прямым А2А3, А4А5 и А^ :
и равны разностям па5раллельных сторон шестиугольника.Чтобы под-
считать S= д^д,обозначим' -через площадь шестиугольника, че- .
pel площадь заштрихованного треугольника, тогда получим S =
=(S|-S2)/2+Sj(Sj+Sp/2. Аналогично показывается, что тому же чи-
слу равна площадь ДА2А4Аб.
387. 0,1.2,3,4,*0^ обозначим цифры, причем сумма цифр ра-
вноотстоящих от концов, равна 9. Складываем число с переверну- .
тым, получим 9999, т.к. под каждой цифрой будет стоять перевер-
нутая с ней,т.е. цифры, равноотстоящие от конца.
388. Если шесть гангстеров расположены в вершинах правильного
шестиугольника и стреляют в центр ^рнс.2.13). то .шестеро убьют '
одного седьмого. Докажем, что больше чем шесть пуль в убитом
быть не может. От противного. Допустим, что в убитом больше.чем
шесть пуль. Соединим точки-гангстеров А.В.. с тем кого они
убивают ^гангстер О), тогда заведомо найдутся лучи угол между ко-
торыми 60° (для определенности пусть zAOB<60°).ho тогда одна из
сорои ОА или 0В больше АВ, например» ОА>АВ, и гангстер А стре-
146
D
рис.2.13
пуль, то убитых не менее 9;’
ляет в В а не в О. Противоречие.
Еще надо учесть что гангстер
О, стоящий в центре шестиугольни-
ка, то же в кого-то стреляет» на-
пример в А. Так же, как и в нача-
ле, показывается, что в гангстере
А не может быть больше четырех
пуль, те. если С, О, Е располо-
жен я ы не в вершинах правильного
шестиугольника BCDEFO.tc^to-to из
E,D или С будет стрелять не в А,а
найдется более близкий гангстер.
То., для каждо-го убитого шестью
пулями, существует убитый не бо-
лее чем четырьмя пулями.
Т.к.в каждом убитом не более шести
Если бы было убито 9 гангстеров, то число убитых шестью пулями
не менее пяти, но тогда и не менее пяти убитых меньше, чем шестью
пулями. Это противоречит тому, что число убитых ровно девять.
Следовательно, убитых не менее десяти.
Пример, когда убитых ровно десять» легко строится. Надо пять
раз нарисовать приведенную выше картинку fpHC.2.13|.
389. Необходимость. Дано, что перпендикуляры пересекаются в од-
ной точке О. Тогда имеем АК2=АО2- ОК? ВЕ2=ВО2- ОЕ? НС2=ОС?- ОН?
ВК2=ВО2-КО? ЕС2=ОС2-ОЕ? НА2=АО2-ОН? Складывая Первых три равен-
ства и последних три, получим нужное соотношение.
Достаточность. Проводим КО1АВ и ОЕ1ВС. Тогда имеем написанные
выше соотношения для КВ,АК, BE,ЕС, откуда получаем, используя ус-
ловие задачи, что точка Н^АС должна удовлетворять условию АО2 -
АН2=ОС2-НС2 »♦«. Отсюда следует,что ОН1АС. Ясно, что если ОН1АС,
то Н удовлетворяет условию >*«, но нет ли других точек? Пусть
есть Н'еАС, удовлетворяющая условию »*< Можем записать:А'Н=ЛН+
+х и HZC= НС-х; подставляя эти равенства в >*«, имеем АО^-ЛН2 -
-2АН-х-х2=ОС2-НС2+2х"НС-х? В силу того, что тцчка Н уДовлетво -
ряет условию, получаем 2х(АН+НС)=0. Откуда х=0 и Н==Н'.
390. Обозначим (1/2)*(3/4)*(5/6)’...-(999/1000)=А. Возвысим Ав
квадрат и используя верное при п^1 неравенство (п-1)/п< п/(п+1)
»доказать самим*, получим неравенство:
д2.Ц.ЬчМьЛЛ' , 999.1000у_2 3 ✓ 1 ✓ 1
а 2' Ч 5' 16 7' 4000 10014004 > 1296^6*
147
С другой стороны аналогично получаем:
A2^hlwl43v5.4v7.6w9 .8\ ./995.994 v997.996v 999.998
Л ^V2 2M4j 4Л6 ^'8 7Д10 9' ' '996 995Л998 997'4000 999
=16000 > 1936 ~ 442‘
391. Дана прямая 1 и угол с вершиной А. Проведем через центр ок-
ружности прямую, параллельную I; она пересечет угол в точках В,
С. Возьмем D-середину ВС и соединим D с А. Искомая прямая долж-
на высекать на zDAC отрезок той же длины, что и на окружности.
Построим вспомогательный угол. Из середины К отрезка DC восста-
новим перпендикуляр к DC, а через А проведем прямую, параллель-
ную 1; эти две прямые пересекутся в точке А7. Прямая, параллель-
ная 1, будет пересекать углы DAC и DA'C по отрезкам равной дли-
ны. Сдвинем параллельно окружность так, чтобы ее центр попал в
точку К, тогда эта окружность пересечет zDA'C в точках E.F.M. N
так, что EFj|l и Прямые EF и MN будут искомыми.
392. Ищется арифметическая прогрессия a,a+d,a+2d,a+3d, удовлет-
воряющая условию (a+3d)3=a3+(a+d)°+(a+2d)? что равносильно ус-
ловию a^-Sad-OdM). Раскладывая на множители, получим (a-3d)(al
4-3ad+3d2)-0. откуда находим a=3d, а второй множитель всегда бо-
льше нуля. Если. d*±l, то у всех членов прогрессии будет общий
множитель, равный d, поэтому d=tl. Ответ: 3.4,5.6,;-3,-4,-5,-6.
393. Нельзя. Действительно, если раскрасить комнаты в шахматном
порядке, то начальная н конечная комнаты будут окрашены в один
цвет. С другой стороны,сделав 699 переходов >нечетное число ша-
гов*, мы попадаем из первоначальной комнаты одного цвета в ко-
нечную комнату другого цвета.
394. Наибольшая дуга, которую можно покрыть кругом радиуса 1,
стягивается хордой длины 2.Поэтому всю окружность радиуса 2 не-
льзя покрыть меньше чем шестью кругами. Однако эти шесть кругов
покрыв окружность радиуса 2, не покроют всего круга радиуса 2
(не будет покрыт центру, т.е. весь круг нельзя покрыть меньше
чем семью кругами. Добавляем круг, концентрический с большим
кругом, и покажем, что указанные семь кругов покрывают круг ра-
диуса 2. Возьмем шестую часть большого круга (сектор с центра-
льным углом равным 60°=zAOB|. Пусть OC=CB=OD=DA=BO^OjAM (СдОВ,
DeOAtO^ABl; тогда AOCD покрывается кругом радиуса 1 с центром
в точке О, а остальная часть сектора покрывается кругом радиуса
1 с центром в точке Ог
395. Получим формулу m2=(2a2+2b2-c2)/4. Для этого ДАВС достроим
148
до параллелограмма ABCD, где BD=c,AC=2mc. По теореме косинусов
будет иметь BD2=c2=a2+b2-2abcosA н AC2=4mc2=a2+b2-2abcosB;скла-
дывая эти формулы и учитывая, 4toK?zA+zB= л,получим нужную форму-
лу для тс>
Пусть О-центр описанной окружности. К-основание медианы сто-
роны с, L-точка пересечения медиан, OL перпендикулярно СК тогда
и только тогда, когда
СО2- С1?=ОК2- LK2 »•<
(см. задачу 389|, причем ССЬОВ=ОА=Р; ОК-средииныЙ перпендикуляр
к стороне АВ. т.е. OK2=R-(c/2)2; LK=mc/3 и CL-2mc/3.Подставляя
эти значения в >*<, будем иметь R2-(2mc/3)2=(R2-c2/4)-m?/9, что
равносильно 4гп2-Зс2=0. Используя формулу для тс, получим дока-
зываемое равенство.
396. Четырехугольник KLMN, стороны которого соединяют середины
х сторон выпуклого четырехугольника ABCD, являются параллелограм-
мом. Действительно. KL=MN=0,5AC и LM=KN~0,5BD. Зная точки K.UM
строим точку N. Построим еще параллелограмм L'KNM',сдвигая KLMN
вдоль KL на величину L'K~K ЬЕсли точку А взять вне четырехуго-
льника L'KNM', го многоугольник ABCD не будет выпуклым.т.к. он.
будет пересекаться одной нз прямых АВ, AD или ВС» в зависимости
от того, где взята точка А.
Покажем, что точка А-любая точка внутри L'KNM'. Действитель-
но, если А-точка из указанного четырехугольника, то можно пост-
роить диагональ BD. параллельную KN и лежащую между KN и LM.за-
тем диагональ АС, лежащую между KL и NM, и заметить» что точка
пересечения диагоналей лежит внутри четырехугольника ABCD и»
следовательно, он выпуклый.
397 Дважды возводя в квадрат, проверяем неравенство
<2*/п. При п=4970 получается нужное решение.
398 Так как у,г целые, то |(у+1:г)*11<1> или [10:7-х [<1. Решая
последнее неравенство, получаем 3:7<х<17.7; следовательно, х мо-
жет быть равно 1 или 2.
Если х-I. то y+l:zs7:3, отсюда у=2, z-З. Если х~2, то y-rl:z~
--7.4, отсюда у~-2, z~4. Ответ: {(1,2,3),(2,-2,4)}.
399 Сытых щук больше девяти быть не может,т.к. если бы их было
десять, то съедено было бы 30 щук, а их всего 30 и хотя бы одна
должна остаться. Строим пример, когда девять щук сыты,одна щука
съела трех, стало 27, из них одна сытая, еще одна свела трех,
стало 24, из них три сытых и так далее.
149
400: Пусть AM-отрезок, высекаемый на АС первой окркжностью, а
CN-отрезок, высекаемый на АС второй окружностью. Точки касания
сторон угла первой окружности А,Е,а точки касания второй окруж-
ности С и F, BC=BF и ВЕ=ВА, а тогда CE=AF. Имеем ЕС2 = АС*СМ и
AF^eAC’AM ьсвойство касательной и секущей, проведенных иэ одной
точкис, CM=AN (CE=AF). Т.к. CN-AM=CM-AN=0, то получим CN=AM.
40L 100a+10b+c-{a+b+c)=99a+9b.Посл^ первого вычитания получаем
число, делящееся на 9, ио тогда и сумма цифр делится на 9 и все
следующие разности будут делиться на 9. После первого вычитания
получится число.ие превосходящее 972. Следовательно, вычитается
каждый раз или 9 или 18. Если после первого вычитания оказалось
число* не большее 891=9 *99,то в итоге будет нуль. Если же число
получилось больше 891; то надо учесть, что при "переходе через
сотню* будет вычитаться по крайней мере по одному разу-число 18
^например, от чисел 189,198.279,288,297».т.е. мы вычитаем
не менее 99+9=108 девяток, т.е. будет вычитаться число 9408 =
=972, если раньше не встретится нуль.
402. Пусть длины сторон треугольника равны а-1,а,а+1 и высота
h, опущенная ня сторону длиной а, делит ее на части х,у. Тогда
можно записать систему
Г х+у«а, _____
1*4а-1 )2-х2=.?(а+1 )2-у2 2
Возведя второе уравнение в квадрат, получим у-х=4а, или у-х=4.
В случае а-1^3 треугольник не был бы остроугольным,т.к. справед-
ливо было бы неравенство: а2+(а-1)2^(а+1)2
403. Пусть CD=a, AD=b, тогда AE=CE=(a+b):v5 и BC=av^, BE = av*2-
-(a+b):v7= (a-b):V2. Находим AB«^E2+BE2=Va2+b2 и DE2= CD2+CE2-
-2’CD*CE*cos45°=(a2+b2)/2* а тогда DE:AB=1:ZL
404. Возьмем государство А,установившее отношения с наиболльшим
числом к других государств! Рассмотрим государство А вместе с к
государствами, в которых оно имеет посольства. Эти к государств
не имеют дипломатических отношений между собой. Если бы какие-то
государства В и С имели дипломатические отношения между собой,
то государства А,В,С имели бы дипломатические отношения друг с
другом (противоречие).Следовательно, эти к государств имеют от-
ношения только с А. Сосчитаем число посольств: А имеет отноше-
ния е к государствами; к государств имеют не более чем по 20-к
посольств,т.к. между собой они не связаны: остальные 20—к—1 го-
150
сударств имеют не более к посольств, следовательно, всего
посольств не более
1 • к+(2О-к)-к+{19-к)-к=2 • k-(20-k)=200-(k-10)2S200.
405. Ig(2to1o)+lg(23tg3°)+. ..+1g(289tg89°)=
=lo(2U3* ’89(tgl°tg890)(lg30tg870)-... (tg430tg47’)tg45°)=
=|g2(b89Hs>/!f=452lg2, т.к. tgatg(90o-a>l.
406. Введем прямоугольную систему координат так» чтобы ось абс-
цисс шла по прямой АВ и точки А. В. С имели координаты: А(0,0);
Bfb.O); С(х,у). Используя ортогональность и равенство отрезков
АС и АА*; BBj и ВС, можно найти координаты точек А* в В*:А*(-у.
х); В*(Ь+у,Ь-х). Отсюда легко получить, что точка К - середина
отрезка А*В* - имеет координаты (Ь/2,Ь/2), т.е. не зависит от
положения точки С.
407. Наименьший перпендикуляр опущен на грань, а не на ее про-
должение. Действительно, если бы этот перпендикуляр был опущен
на продолжение грани» то он пересекал бы соседнюю грань и пер-
пендикуляр на нее был бы меньше выбранного,что противоречит вы*
бору.
408. Пусть d|fd2...dfl-диаметры нарисованных окружностей,Тогда
ndt+nd2+. +ndn=10 или dt+d2+...^dn*10/ir>3. Если спроекннровать
все окружности на одну сторону квадрата, на ней найдется точ-
ка, в которой будут пересекаться проекции по крайней мере -че-
тырех окружностей »принцип Дирихле*. И. следовательно, перпен-
дикуляр, восстановленный из этой точки, пересечет не менее че-
тырех окружностей.
409. Покажем.что зеленый свет на всех перекрестках горит оди-
наковое время. Рассмотрим два соседних перекрестка;пусть на пе-
рвом перекрестке зеленый свет горит 7*4, а на втором - Т^ч.Если
автомобиль проехал первый перекресток при зеленом свете. то й
второй он проедет при зеленом свете, причем он мог проехать в
момент зажигания зеленого света, а мог проехать так, что сразу
после него цвет на светофоре меняется; -а мог проехать в любой
момент между указанными, следовательно, Т^Т^.Но автомобиль мог
проехать от второго перекрестка к первому, откуда будет следо-
вать, что Т^Т*, следовательно. Т^Т^-Т. И еще делаем эывод,что
если автомобиль проехал первый перекресток через t ч после за-
жигания зеленого света, то и следующие перекрестки он проедет
через t ч после зажигания зеленого света.
151
Аналогично показывается» что время суммарного горения крас-
ного и желтого света на всех перекрестках одинаково» обозначим
его К.
Тогда длина i-oro прогона равна 100(k.K+(k.-l)T), где L раз
появляется зеленый свет на очередном перекрестке, причем к -
разное для всех перекрестков.
Заведомо "хорошей" скоростью будет скорость, являющаяся де-
лителем 100. Например, 50 км/ч, 25 км/ч и т.д. Следовательно
скорость 40 км/ч не будет хорошей.
410. (2т+1)3-(2п+1)3=((2т+1Н2п+1))-((2т+1)г+(2т+1)(2п + 1) +
+(2п+1)2). Первый сомножитель делится на 5 по условию и являет-
ся четным числом, т.е, разность кубов кончается нулем.
411. Через середину АВ проведем перпендикуляр и на нем выберем
точку О так, что zOAB=n/2-zC/2. Построим окружность с центром в
точке О и радиусом ОА. Пусть АС+ВС-а. Из точки А сделаем на ок-
ружности засечки радиусом а. Если а меньше диаметра, т.е. а<
<AB/sin(zC/2), то таких засечек будет две; если a=AB/sin(zC/2)
то одна; если a>AB/sin(zC/2), то ни одной. Если в точке D сде-
лана засечка, то через середину DB проведем перпендикуляр до
пересечения с AD вточке С. Тогда ДАВС искомый.
412. Обозначим грузы и подьемную силу шаров через х1 х2 ... х]0
Положительные числа соответствуют подъемной силе шаров, отрица-
тельные-грузам. Тогда jio условию: x.4-xi+J+x.^2+x.+3+xi+4>0,l^i^
*6; xk+xk+!4’xk-h2+xk>3+xk^4'xk^+xk^6<0’1“k£4-Из 9ТИХ неравенств
сразу следует, что x^+x7<0, x7+xg<0, xg+xg<0, xg’hx10<0,xl+x7<0,
x2+xg<0, x3+xg<0, x4+x10<0, Xj+x^, x2+x3<0, x3+x4<0, x4+x5<0.
Отсюда Хк>0, xft>0, х,>0, x*>0, xB>0, x,n>0, и, следовательно,
x4<0, x7<0, x2<0, xg<0.
413. m4-+€m34-llm2+6m=(m4+m3)+5(m34-m2)+6(m24-ni)=m(m+l)(m+2)(m +3).
Т.к. средн любых трех последовательных чисел хотя бы одно дели-
тся на 3, а среди четырех последовательных чисел обязательно
два четных, из которых одно делится на 2, а другое на 4, то ис-
комое число является целым.
414. Пусть AD * медиана и BE - биссектриса ДАВС. Т.к. BE1AD, то
2 • АВ®=2 • BD«BC Следовательно для трех последовательных целых чи-
сел т, т+1, т+2 выполняется одно из трех равенств: m+2= 2(т+1),
(т+1)=2т, т+1=2т. Отсюда единственное решение т-2, т.е. стороны
треугольника равны 2, 3, 4.
152
I
1; -1,4; I; -1.4; 1; 1;-1,4
1.2.14
415. См. решение задачи 412. Из приведенных там неравенств сле-
дует, что XjCjxJ. х3<|х2|, х3<|х4х5< |х4|. х6<|х7|, х1<|х7|,
х8< | х7 J, xg< | х21, х8< | х91, х3< | х9хю< | х91, хш< 1х4 {.Тогда легко
указать искомые 10 чисел. Например,
1; -1,4; 1.
416. Пусть ОА1ОВ и ОА=ОВ=1 (рис.
2.14). Проведем окружность радиуса 1
с центром в точке О и рассмотрим на-
шу задачу для ломаных, лежащих а пе-
рвой четверти (ясно, что если первое
звено ломаной, выходящее из точки О,
лежит в первой четверти, то и вся
ломаная лежит в первой четверти).
Очевидно, что концы ломаных ОМ не
могут находиться вне * нашего круга,
ибо лежащие там точки удалены от точ
ки О больше чем на 1. Заметим, что
отрезок АВ является геометрическим местом точек, сумма рассто -
яний которых до ОА и ОВ равна 1. Действительно, если CD1OB,
СЕ1ОА и CD+CE=I,to AE=1-OE=1-CD=CE и BD=1-OD=1-CE-CD, т.е. тре-
угольники BDC и ЛЕС равнобедренные н прямоугольные, а тогда из
равенства углов zBCD-zECA-450 следует» что ВСА - отрезок пря -
мой. Покажем, что точка М не может лежать внутри АОАВ. Предпо -
ложим противное и проведем через точку М радиус до пересечения
с отрезком АВ в точке К. Опустим из точек М и К перпендикуляры
МАЦ и KKj на ОА, а ММ2 и КК2 на ОВ. Т.к. длина отрезка (звена
ломанной) не превосходит суммы длин его проекций на два взаим -
ноперпендикулярных отрезка ОМ^ и ОМ2 и каждая прямая, парад -
дельная ОА или ОВ, пересекает нашу ломаную ОМ не более чем в
одной точке, то длина ломаной ОМ не превосходит OMj+OM^ Но
ОМ2чЮМ1=ММ1+ММ2<КК1+КК2-1, а следовательно, длина ломаной ОМ
не может быть равна L Покажем, что любая точка сегмента ANB
(без хорды АВ) является концом ломаной длины i. выходящей из
точки О, и такой, что каждая прямая, параллельная ОА или ОВ.
пересекает ее не более одного раза. Если точка MQ лежит на ду -
re ANB, то в роли такой ломаной можно взять радиус. Пусть те
перь точка MQ лежит внутри сегмента, т.е. ОМ<1. Проведем OMQ и
пусть С -точка пересечения ОМ0 и АВ. Возьмем два произвольных
отрезка, длины которых хну удовлетворяют следующим условиям:
153/
x<CD, y<OD, x+y=l-CM0, и построим AOGC, где CG=x и OG=y. Т.к.
х+у=₽1*-СМ0>ОМ0*СМ0=СО, х<СО,у<СО,то такой треугольник построить
можно. При этом вершина G лежит внутри ADOC, ибо в противном
случае было бы нарушено по крайней мере одно из двух нера-
венств: x<CD,y<OD. Тогда OGCM - искомая ломаная длины 1;из
построения видно, что любая прямая, параллельная ОА или ОВ,
пересекает эту ломаную в одной точке.
Т.о., Искомое геометрическое место точек состоит из тех то-
чек круга радиуса 1 с центром в точке О, которые лежат вне ква-
драта с вершинами в точках пересечения окружности этого круга с
данными прямыми.
417. Пусть число делегатов равно 2п. Допустим, что так повернуть
стол нельзя.Занумеруем карточки от I до 2п в направлении движе-
ния часовой стрелки (начиная с любого места|. Присвоим каждому
делегату номер, который написан на его карточке. Повернем стол
так, чтобы первая карточка оказалась около первого делегата.
Пусть при этом против i-го делегата окажется карточка с номером
a. (I^a.s2n) Для того чтобы i-тый делегат оказался против своей
карточки' надо повернуть стол против часовой стрелки на угол
b.*(2n/2h), где
i -a ,
i -а1+2 п
Г 0, 1
при повороте
b
если i>a.;
если i<a?; Заметим, что если бы b=b при i*j, то
если i=a?. 1 1
стола против часовой стрелки на угол Ь.*(2п/2п) по
крайней мере двое делегатов будут сидеть против своих карточек,
что противоречит предположению. Следовательно, b принимает зна-
2п 2п 1
чения О.1,2,...2п-1. Тогда £ b =U+2-H..+2n)-£ a+2nk=2nk, а с
on «-1 ’ i-1 ’
* п 2 n 1
другой стороны £ b ^0+t+2+...+(2n-l)=2n-=^4rL не делится на 2п.
i-1 1 *
т.е. приходим к противоречию.
418. Пусть первые часы на 7 минут, а вторые на И минут. Запус-
тим и те и другие часы. Через 7 минут первые часы перевернем, а
еще через четыре минуты, т.е. когда во вторых часах весь песок
уйдет вниз, вновь перевернем первые часы. В этот момент в пер-
вых часах внизу будет песок на 4 минуты, а вверху на 3 минуты,
т е. при перевороте первых часов мы сможем отмерить еще 4 ми-
нуты.
419. Запишем наше уравнение в виде Зп-1-т'2п Очевидно, что 1с
если п=0, то гп=0; 2«если п-1, то т-1; Зсеслк п=2, то ш-2. Пусть
154
теперь п=2к*1, где нечетное IM. Пусть 1=1, тогда к£2. Положим
я лк «г+2 ог
к=г+2, г^О. Рассмотрим выражение 3-1=3 -1=3 -1 « 81 - 1 =
«г-1 ' ог-1 аг-1 ог-2 „г-2
=(812 + 1)(812 -1)=(812 +1)(8Г +1)(812 -1)= ..=
«(SI2' +1)(812Г+1)(812Г* +1)'...-(812+1)(81+1)(81-1). Для
того чтобы выяснить, на какую степень двойки делится это выра-
жение, заметим сначала, что сумма вида 32р+1 всегда делится на
2, но не делится на 4. Действительно, 32р+1=9р+1=(2*4+1)р+1; ио
т.к. произведение чисел вида 4s+l есть снова число того же ви-
да, то9р+1 имеет вид (4s+l)+l=4s+2,T.e. делится на 2 и не делится
на 4.Поэтому все числа вида 81+1 делятся на 2 и не делятся на
4, а следовательно, при г^О выражение Зп-1 делится на 2г+4,т.е.
на 2к+2. Но по условию Зп-1 должно делится на 2П, т.е. на 22 .
Это возможно только при условии, что k+2^2kT Но легко показать
по индукции, что 2k>k+2 при к^З. Следовательно, равенство воз-
можно только при к=2, и мы получим еще одно решение: п=4, т=5.
Пусть теперь 1>1, к*2. Тогда 3n-l=32k*,4=(32k~bl+l)(32^,’t -
1) = (з2 Мхз2 l+i)(32 l-i) = (з2 W32 ч
Ъ-Л к-1 к-9
+1)(32 ' +1)-...-(31+1)(31-1) = (З2 |+1)(32 '!+ I)-...-
•(З2'*+ 1)(3|+1)(3-1)(3|~'+3|'2+...+1). Как было показано выше.
«к—1 2*1
каждый нз сомножителей от 3 +1 до 3 +1 делится на 2, но ие
делится на 4, т.е. их произведение делится на 2кч и не делится
на 2к. Покажем, что 3*+1, где 1 - нечетное и 1>1, делится на 4
н не делится на 8. Действительно, если l=2s+l, то 31+1=32&и+1=
=9S*3+1=3(8*l+l)s+l; но т.к. произведение чисел вида 8t+l есть
снова число того же вида, то в этом случае 3*+1 имеет вид 3(8t+
+1)+1 =241+4, т.е. делится на 4 и не делится на 8.Следовательно,
произведение (З2 *+!)•...-(321+1)(31+1)(3-1) делится на 2к+2
и не делится на 2к+3. Но по условию Зп-1 должно делится на 2П =
к
22 ’, а т.к. 2kl>k+32>k+3, при к£2, то последний сомножитель
Зм+Зк2+...+1 должен быть обязательно четным. Это возможно
только при четном I, а по предположению 1 - нечетное число.
Тем же способом легко показать, что при 1>1. к«0 и 1>1. к=1
решений нет. Т о. наше уравнение имеет следующие решения:
n=m=0, n=m=l, n=m=2 и n=4, m=5.
155
420. Пусть ABCD-четырехугольник, АН=а, ВС=Б, CD=c, DA=d, причем
а+Б+с+И-U. Пусть ABKL-квадрат. построенный на АВ и БК=а', тогда
а*а'-0. Аналогично вводятся вектора Б,сЛ. так что а*а' = Б*5' «
„ с-с'= <ЬЗ'=0, а-Б=а*Б\ а-Б'=-а'*Б и т.д. Пусть х и у- векторы,
соответствующие отрезкам, соединяющие центры квадратов через
один, выразим их через диагонали квадратов и стороны ABCD:x«(a-
-а'):2+Б+(с+с*):2 и у^Б-БЭ^+с-НЯ+Б')^ . Отсюда непосредст-
венным подсчетом, используя вышеприведенные соотношения между а,
Б,с,3, а\Б',с',сГ, получим х*у~О, т.е. эти два отрезка ортого-
нальны.
4 421. Рассмотрим ортогональную проекцию тетраэдра ABCD на плос-
кость я, перпендикулярную ребру АВ.Точки А и В имеют общую про-
екцию А', и проекция тетраэдра имеет вид АА'В'С', причем zC'A'D'
равен линейному углу двугранного угла с ребром АВ. Пусть М' -
проекция точки М, в которой биссекторная плоскость, делящая по-
полам этот двугранный угол, пересекается<с ребром CD.Тогда А'М'
- биссектриса угла C'A'D', ибо углы С'А'М' и M'A'D' равны лине-
йным углам равных двугранных углов. По теореме о биссектрисе
виутренего угла в треугольнике С'М'^М'D'=A'C': A'D'. Т.к. проек-
тирование не изменяет отношения длин отрезков на прямой, то
C'M':M'D'==CM:MD. Отрезки А'С' и A'D- -проекции треугольников АВС
н ABD на я. Следовательно, отрезки А'С' и A'D' можно рассматри-
вать и как проекции высот треугольников АВС и ABD, опущенных на
общую сторону АВ. Но эти высоты параллельны плоскости я и поэ-
тому равны своим проекциям. Т.к. площади треугольников АВС и
ABD, имеющих общую стороиу АВ, относятся как соответствующие вы-
соты, то ^B^S^sA'C'iA'b', т.е. 5ДВС:SABD~CM:MD.
422. Очевидно,что |х|>20,/4. Введем новые переменные: и2=20-20:х?
v2=x2-20:x2 Тогда исходное уравнение имеет вид u+v=x2. Поэтому
можно записать u2~20-20:(u+v)t откуда v=20: (20-u2 )-и2, тогда мож-
но записать (20:(20-u2)-u)2=u+v-20+u2 или (20:(20 - и2)- и)2 «
=2О:(2О-и2)-2О+и2, Это уравнение легко преобразуется к виду
(20-u2)2-2u(20-u2)+u2=0 или (20-u2-u)2=0. Отсюда Up4, u2®-5.
Т.к. u2<20, то и=4. Тогда х2=5, т.е. х=±*5.
423. В трапеции ABCD ^АВ и CD-боковые стороны) проведем диаго-
нали и обозначим через О точку их пересечения. Тогда zADB==zDBC,
T,e.CD=AB. Отсюда следует, что треугольники AOD и ВОС равнобед-
ренные, AO=OD и ВО==ОС Обозначим zBOC через а. Для площади S
трапеции получим выражение: 2S ® BO2sina+A02sina-b2* AO*BO*sina »
1S6
=(AO+BO)2-sinas(2R2)sina. т.к. AO+OB=AO+(X>2-R. T.o.. Ss2-R2, а
площадь 2-R2 достигается для квадрата со стороной Rv^.
424. Обозначим число, стоящее в j-м столбце и i-Й строке через
а^, т.е. а..=1 или а..==-1; Isis 10, IsjsW. Заполним квадрат
9x9 >lsjs9, lsjs9< числами и -1 произвольно. Числа а^ ю,..,
а9 ю в последнем столбце выберем так, чтобы по первым девяти
строкам произведение было положительным; аналогично, числа
аю г аю2,,,,‘аЮ9 8 ПОСЛ€Дней строке выберем так, чтобы по
первым девяти столбцам произведение было положительным. Тогда
остается выбрать число а^ Покажем, что произведении
9 ю 9
A=i?lai.B " В=Л|аЮ,|
имеют одни знак. Перемножим числа первых 9-ти строк и первых 9-
ти стобцов, получим положительное число в силу выбора последней
строчки и последнего столбца. С другой стороны, это произвело-
9 9
ние равно А-В^(1П1 .П^..)2. Следовательно. А*В>0,т.е. А и В од-
ного знака. Если А>0. то положим Зад ад-1, если А<0, то положим
аЮ.ЮиИ
То., если квадрат 9x9 уже заполнен, то квадрат 10x10 опре-
деляется однозначно, а заполнить квадрат 9x9 , ставя в каждую
клетку произвольно или -1, можно 2е1 способами.
425. Рассмотрим четырехугольник ABAfBr Его диагонали ВВ* и АА|
пересекаясь, делятся пополам,т.е. А В А^-параллелограмм. следо-
вательно. АВ=А1В|, Аналогично доказывается равенство других
сторон.
426. В каждом нз этих 4 - зиачиых чисел ка первом месте может
стоять любая из пяти цифр. Т.к. все цифры различны,то на втором
месте может стоять любая из оставшихся цифр, на третьем - любая
из трех оставшихся, иа четвертом - любая нз двух оставшихся.То-
гда общее число различных таких чисел равно 5*4*3* 2 э 120, т.е.
среди оставшихся чисел, по крайней мере, два одинаковых.
427. Пусть 21971 k-значное число и 51971 m - значное число,т.е.
10к"1«219Л<10к и 10т"1<519Л<10т. и в искомом числе k+m цифр.
Перемножим эти неравенства почленно: 10к*т“2<10^Л<10т*коткуда
m+k=1972. Следовательно, будет выписано 1972 цифры.
428. Квадрат с красным центром назовем красным, с синим - синим
Покажем, что число соседей у всех красных квадратов равно числу
соседей у синих квадратов. Заметим,что если квадрат имеет общую
157
вершину с данным прямоугольником эугловой квадрате, то у него
только двое соседей;если же квадрат ие является угловым,но одна
из его сторон лежит на стороне прямоугольника » граничный квад-
рате, то. у него только три соседа; все остальные квадраты вну-
тренние квадратые имеют' по четыре соседа. Рассмотрим различные
случаи: 1): все угловые квадраты - красные; 2/ три ^из четырех/
угловых квадрата - красные; 3} два угловых квадрата - красные;
4/ один угловой квадрат-красный; 5| все угловые квадраты - си-
ние. Очевидно, что с помощью перемены цвета пятый случай своди-
тся к первому и четвертый ко второму.Мы рассмотрим до конца пе-
рвый случай, ибо второй и третий - по аналогии.
Т.к. на каждой вертикали и на каждой горизонтали одинаковое
число синих и красных квадратов, то будем считать, что горизон-
таль состоит из 2m квадратов, а вертикаль-из 2п квадратов. Под-
считаем число соседей у всех красных к вад ратов. Т.к. в этом слу-
чае все угловык квадраты красные, то общее число их соседей 3.
На двух граничных вертикалях {самая левая и самая правая/ имее-
тся по п-2 красных граничных квадрата {всего п,но два угловых^,
а на двух граничных горизонталях {верхней и нижней| имеется по
т-2 красных граничных квадрата; поэтому общее число их соседей
равно 3(2(п-2)+2(гп-2)). Общее число квадратов равно 4mn, т. е.
всего красных квадратов 2mn; следовательно, число внутренних
красных квадратов равно 2mn-(2(n-2)+2(m-2))-4=2(mn-n~m+2),a чи-
сло их соседей равно ' 8(mn-n-m+2).T.o., общее число соседей кра-
сных квадратов равно 8+3(2(n-2)4-2(rn-2))+8(nm-n-m+2)=8mn-2n-2m.
Подсчитаем число соседей у синих квадратов. В этом случае среди
угловых квадратов синих нет. На Двух граничных вертикалях и
двух граничных горизонталях имеется соответственно пит синих
граничных квадратов, т.е. общее число соседей 3(2n+2m). Число
внутренних синих квадратов равно 2mn-(2m+2n), т.е. общее число
их соседей равно 4(2mn-(2n4-2m)). Тогда общее число всех соседей
всех синих квадратов равно 3(2n+2m)-b4(2mn-(2n+2m))=8mn - 2n-2m,
т.е. равно числу соседей всех красных квадратов.
Заметим еще, что число всех красных соседей всех синих квад-
ратов равно числу всех синих соседей всех красных квадратов. Де-
йствительно, если, например, красный квадрат граничит с тремя
синими квадратами, то каждый из этих синих квадратов считает
этот красный квадрат своим соседом. Следовательно, число всех
красных соседей всех красных квадратов равно числу всех синих
соседей всех синих квадратов. Т.к. одноцветные соседи определи-
158
ют отрезок того же цвета, то число синих отрезков равно числу
красных отрезков.
429. Из точки О опустим перпендикуляры на стороны данного тре-
угольника. Пусть Сеточка» симметрична^ с О относительно АВ, D
- точка пересечения OCt и АВ; аналогично At симметрична с О от-
носительно Ek С, a F - точка пересечения OAt и ВС Т.к. О- центр
описанной окружности, то AD=DB и CF-FB. Тогда DF-средняя линия
ЛАВС и AC-2-DF. Но треугольники DOF и С^ОА^ подобны, причем
OD:OC1=sOF:OA=l:2. Следовательно, AfC|«2 * DF=AC. Аналогично дока-
зывается равенство других сторон.
430. Т.к. ломаная девятизвенная, то все отмеченные точки явля-
ются ее вершинами. Поэтому ломаная, выходя из очередной верши-
ны. должна идти в одну из двух точек, соседних с уже пройденны-
ми. В противном случае окружность будет разбита на две части, и
т.к. ломаная несамопересекающаяся, то она сможет пройти только
через точки, лежащие в одной из частей.
Начнем с любой точки и будем строить ломаную вышеуказанным
способом. Выбор между двумя вершинами придется делать 8 раз,пока
не останется одна незанятая точка. Число различных ломаных, вы-
ходящих из дайной точки, равно 2?; т.к. точек 10, а каждая ло-
маная считается дважды, ибо соединяет конец и начало, то общее
число ломаных равно 10*27.
431 Если точки А и В приходят в точку пересечения одновремен-
но. то точка Р совпадает с точкой пересечения. Если не так, то
рассмотрим два положения:!) точка А попадает в точку пересече-
ния >отрезок АВ<; 2)точка В попадает в точку пересечения #отре-
зок AjBj). Отрезки АВ и AtBt равны между собой, т.к. скорости
точек равны и постоянны. Тогда, если такая точка Р существует,
то она лежит на пересечении перпендикуляров, проведенных через
середины О и отрезков АВ и А^. Пусть А2 и В2-новое положе-
ние точек А и В, т е А^^В^ Тогда РА2=ФВ2, ибо равны тре-
угольники РОВ2 и РО,А2, т.к. они прямоугольные, РО^РО^ и ОВ2 «
OB]^B1B2=0,5AB+BJB2=0,5A1Bl4-A1A2=OtA^ArA2=sOA2.
432. Т.к эти уравнения имеют один общий корень, то они не сов-
падают, т е. а*Ь. Если х^ общий корень, то подставим его в оба
уравнения и вычтем одно выражение из другого. Т.к. а*Ь, то х^ «
с. Тогда из первого уравнения следует, что а+Ен-с=0. Поэтому вто-
рые корни первого и второго уравнения будут соответственно чис-
ла Ь и а, которые удовлетворяют третьему уравнению.
159
433. Нарисуем на плоскости решетку правильных треугольников со
стороной, равной ребру тетраэдра. Пусть тетраэдр DABC стоит на
заштрихованном ДАВС Будем переворачивать тетраэдр через ребра
и называть каждую вершину сетки той буквой, которой обозначена
попавшая туда вершина тетраэдра. Это можно сделать однозначно
для шестиугольника, окаймляющего ДАВС. Следовательно, исходя из
любого Треугольника, прилегающего к сторонам 6-угольника, можно
однозначно распространить эту систему обозначений на всю сетку
на плоскости. Поэтому при переворачивании исходного тетраэдра
вершина Оникогда не попадет в вершину первоначального положения
ДАВС
434. Предположим противное, что b2-4ac=k2. Тогда (b-k)(b+k)=4ac.
Но (ЬткНЬ**k)=*2k, поэтому bfk и b-k одной четности, точнее,оба
четные, ибо их произведение четно. Т.к.(Ь-кХЬч-к) делится на 4а,
то пусть b-к делится на 2аг а b+к делится на 2а2, где а^а^ а
и одно из чисел ати а2 может равняться единице.Легко видеть, что
a5c=100a+10b+c==a((10+b;(2a))2-(b2-4ac):(4a2))=a((10 + Ь:(2а))2-
-k2:(4a2))=a1a2(10+(b-k):(2ata2))(10+(b+k):(2a1a2))= (10a2+(b
-*к)/(2Я|))(10а1т(Ь+к)/(2а2))гт.е.данное< простое число представ-
ление в виде произведения двух чисел, отличных от единицы. Полу-
чили противоречие.
436. 3(аМ3тс3На2тЬ2+с2)(а+Ьтс>((а3тЬ3)-аЬ(ач-Ь))+((а3+с3)
**ас(ат-с))-ь((Ь3тс3)-Ьс(Ь4-с))*(а+ЬХа-Ь)2+(а+с)(а-с)24'(Ь+с)(Ь-с)2
аю, причем знак равенства достигается тогда и только тогда, ко-
гда а«Ь*с.
436. Если h-высота трапеции, то площадь трапеции равна h-MK. По
условию2h‘MK^AK*BK+CM*MD, поэтому 0,5-(АК-ВК + CM-MD) = h-MK*
Отсюда следует, что zAKB =
ХМВмг/2, т.е. точка К лежит на окружности с диаметром АВ и це-
нтром в точке М, а точка М лежит на окружности с диаметром CD и
центром в точке К. Т.о./ AB*2*MKfeCD, т.е. трапеция равнобочная.
Следовательно, AB^CD и AOBD.
437. Пусть А и В * красные точки. Предположим, что вне прямой,
проходящей через А и В есть красные точки. Выберем среди них то-
чку С так, чтобы внутри треугольника АВС не было красных точек.
По условию на АВ есть синяя точка D, отличная от А и В; анало-
гично на ВС есть синяя точка Е, отличная от В и С. Тогда на от-
резке DE, лежащим внутри ДАВС, есть красная точка, отличная от
160
D и Е, т.е. ^ежащая внутри треугольника АВС* что противоречит
выбору точки С. Следовательно, все красные точки лежат на одной
прямой. Отсюда следует, что и все синие точки лежат на одной
прямой, ибо если бы хоть одна синяя точка лежала вне этой пря-
мой, то, соединив ее отрезком с Любой синей точкой, лежащей на
прямой этакие синие точки есть, потому что синяя точка найдется
между любыми двумя красными точками*, найдем на этом отрезке
красную точку, лежащую вне прямой, проходящей через А и В. 1
Если красные точки пронумеровать слева направо, то по условию
задачи между первой и сотой'красными точками находится 99 синих
точек; т.к. можно добавить синие точки левее первой красной или
правее сотой красной точек. Ответ: п-99 или п-100 или п-101.
438. Т.к. 2ху5х2ч-у2, то (a+b)4«(a2+2ab+b2)2s(2a2+2b2)2 - 4(а4 +
+2a2b2+ b4)s4(2a4+2b4)=8(a4+b4).
439. Продолжив все прямые до пересечения, перенумеруем их, на-
пример, по часовой стрелке. Рассмотрим углы между 1-й и 2-й,2-й
и 3-й,..., 7-й и 1-й прямыми. Сумма этих ^положительных по ус-
ловиях углов равнв 180°. Если бы все углы были бы не меньше 26?
то их сумма была не меньше 260,7»182°. Следовательно, хоть один
из ^глов меньше 26°
440. Обозначим искомое число через Юа+Ь. Тогда (10а-ьЬ)+(10Ь+а)
и |(10a+b)-(10b+a)| - точные квадраты, т.е. П(а+Ь) и 9* |а-Ь| -
точные квадраты. Отсюда следует, что а+Ы=11 и |а-Ь {-точный ква-
драт, т.е. а и b разной четности, а поэтому |а-Ь|=1. Искомые
числа 65 и 56.
441. а5-5а3+4а-а5-а3ч4а-4аа:=(а-2)(а-1)а(а+1)(а+2). Заметим, что
120-23-5*3. Из пяти последовательных натуральных чисел хотя бы
одно делится на 5,хотя бы одно на 4 и хотя бы одно на З.Но если
какое-то из этих чисел делится на 4, то последующее или предше-
ствующее четное делится на 2, т.е. все число делится на 120 =
=5-4-3-2.
442. Пусть прямые а Ц d || с; Aea,D€d,C€c, причем прямая d рас-
положена между а и с и ABCD-искомый квадрат. Проведем из точек
А и С перпендикуляры АЕ и CF на прямую, проходящую через точку
D >E.Fed«. Тогда прямоугольные треугольники AED и CDF равны,
ибо углы DAE и CDF равны как углы с взаимно перпендикулярными
сторонами. Т.к. АЕ и CF известны, то можно построить прямоуго-
льный AADE, ибо DE=CF, т.е. определяется сторона квадрата AD, а
следовательно, и сам квадрат.
161
443. Соединим клетки, в которых стоят 1 и 64, цепочкой из клеток,
имеющих общую сторону. Очевидно, что такая цепочка содержит не
более 15 клеток; т.е. а==1, аа,...,а =64, п^15. Тогда 63=а ~а =
as(an“*an^t)+(anj1*an_2)+”-+(a2“ai)l причем число разностей вида
ak~ak-1 В эт°й сумме -не более 14. Если бы каждая из них была не
больше 4, то общая сумма была бы не больше 14 *4=56. Но общая су-
мма равна 63, т.е. хоть одна из разностей не меньше 5.
444. Очевидно, что если числа а и b входят в набор, то |а-Ь|*1.
Точно так же |а-Ь|*2, ибо в противном случае а и b одной четно-
сти, т.е. а+Ь делится на 2. Пусть |а-Ь|=3. Построим набор {1,4,
7,10,..., 1972}, состоящий из всех чисел вида Зк+1 среди данных
чисел. Тогда сумма любых двух чисел из данного набора имеет вид
Зп+2, а разность имеет вид 3m. т.е. сумма не делится на разно-
сть. Этот набор максимальный, ибо 1« добавление любого из оста-
вшихся чисел приводит к тому, что разность добавленного числа и
ближайшего соседнего из набора равна единице или двойке; 2«если
набор начинается с двойки или тройки, то чисел в наборе будет
меньше. Следовательно, в наборе 658 чисел.
445. Т.к. произведения по столбцам положитель- ны но в каждом столбцу четное число -1 , а еле- довательно, на листе четное число -1. Отсюда следует,что лист покрыт четным числом карточек, а общее число клеток листа делится на 4. Но лист раз* +1 -1 -1 +1 +1
И —1 -1 —1 -1
+1 -1 +1 И -1
+1 -1 +1 -1 +1
-iepa 5x4 мо-
жно заполнить карточками в соответствии с условиями задачи
>смотрите схему*. Поэтому любой лист вида 5x4k можно заполнить
карточками в соответствии с условиями задачи.
446. Подставим x=z-y во второе уравнение: y*+z**\3(z- у). Т.к.
x=y=z=0 не является решением, то запишем это уравнение в виде
6(z: у+у: z )=13. Решая это уравнение как квадратное, относительно
отношения z:y, найдем Zp(3:2)у. и z2=(2:3)y2. Тогда имеем два
решения xt=21/3:2, у^21/3, 2^’2 -:2 и х2=-1, у2=3, z2=2.
447. Пусть а и 0 искомые числа. Тогда по условию 1ООа+0 делится
на произведение of?. Отсюда следует, что 100а делится на р и 0
делится на а. Поэтому 0=*а*7, где 1^59. Т.к. 100а делится на 0=
=а-у, то, у - делитель 100, т.е. у может равняться либо 1, либо
2, либо 4, либо 5.
Если то 100а+а=101а должно делится иа а2, но это нево-
зможно, ибо 101 простое число.
Если у=2, то 100а+2а=102а должно делится на 2а2, т.е. 51 де-
162
лится на а. Но а*51,ибо иначе ₽=102. Следовательно, а=17 и /3=34.
Если у=4, то 100а+4а=104а должно делится на 4а2 т.е. 26 де-
лится на а. Но а*26,ибо иначе g=104. Следовательно, а=13 и ₽=52.
Если у=5, то 100а+5а=105а должно делится на 5а2, т.е. 21 де-
лится на а. Но а*21, ибо иначе 3=105.
Ответ: 17 и 34, 13 и 52.
448. Если Орцентр окружности, описанной вокруг ДАМВ, и R}- ее
радиус,то 2Rj£AB >равенство достигается, если ААМВ прямоуголь-
ный и АВ его гипотенуза*; аналогично, если Rg-радиус окружно-
сти, описанной вокруг ДСМВ, то 2R2^BC, и равенство достигается,
если ДСВМ прямоугольный и ВС его гипотенуза. Следовательно, R^+
+R2^(AB+BC)/2 и равенство достигается, если точка М - основание
высоты ДАВС, проведенной из вершины В.
449. Смотрите 270.
450. Можно.Для доказательства этого построим последовательность
натуральных чисел: nj=l, nR> ’£ (п?+1). Тогда n*+l, n2*!,...,
ni ооо ooo+1 ~ искомый набор чисел. Пусть А - сумма нескольких
.. ш 2
таких чисел, т.е. А«£(гг+1), где kt<k0<..<k . Следовательно,
j=t Kj 12 m
пЛь!-самое большое слагаемое в А. Тогда
m m km«1
nk +1<A = S(nk+1)< E (n-+l) = n? +1+ E (n?+l)<n? + l+2nk =
m , j-1 j i-1 tn i-l 1 m m
=(nk +1) Т.к. число А лежит между двумя последовательными
квадратами, то оно не может быть точным квадратом.
451. Пусть ax4+bx3+cx2+dx+e искомый многочлен. По условию зна-
чения при х=1 и х=—1 равны, т.е. a+b+c+d+e=a-b+c-d+e, и значе-
ния при х=2 и х=-2 также равны, т.е. 16a+8b+4c+2d+e=16a-8b+4c-
-2d+e. Из этих двух равенств следует, что b=d=O.
452. Из системы: z=n-x-y, tgz=-tg(х+у) и x,y,z*(2k+l)n/2. Из пе-
рвых двух уравнений системы следует, что tgy=2tgx. Второе урав-
нение системы имеет вид ((tgx+tgy):(1-tgxtgy))* tgy = -6. Тогда
tqx=il. Следовательно, х12=±я/4+пк, у^ 2=nk±arctg2, Зп/4 -
-arctg2-2nk, z2=5ir/4+arctg2-2nk, К€ Z
453. Проведем OD±AB и ОЕ1АС, в силу равновеликости треугольни -
ков OD-АВ=ОЕ* АС=АВ* АС/3, откуда ОЕЬАЕ^АС/3 и AD=OE=AB/3. Тогда
OB2+OC2=((AB-OE)2+OD2)+((AC-OD)2+OE2)=5(AB2/9+AC2/9)=5 • ОА2.
454. . Пусть х^у. Тогда | |х-у |+x+y~2z |+]х-у |+x+y+2z=2 ]x-z |+ 2(х +
163
+z)« Это выражение симметрично, ибо не меняется при перестано-
вке х и То же самое при у>х. ч
455. Пусть иа встречу собралось x+y+z мужчин, где х-число муж -
чин, участвовавших только в первом походе, у -только во втором,
2-и в первом и во втором. Тогда в первом походе было y+z мужчин
и 2(x+z)/3 женцин, а во втором походе было y+z мужчин и (y+z)/3
женщин, Тогда число женщин, пришедших на встречу, не более чем
2(x+z)/3 + (y+z)/3=2x/3 + у/3 + z, что не больше x+y+z.
456. Достаточно показать, что можно получить 4 из числа 1972 с
помощью обратных операций: а«зачеркнвание цифры 4 в конце;б«ум-
ножение на 2: 1972,3944.394,39,78.156,312.624.62.124.12,24.2,4,
а затем проделать эти операции в обратном порядке.
457. Предположим, что АО^ОС и OD^OB. Построим ДОС7В', симметри-
чный ДОСВ относительно точки О. Сравним периметры ₽A0D и ^ВОС
треугольников AOD и ВОС: PB/Qc*=OB'+BzC'+C'OsdB'+(B'D+DA+
+AC')+CzO=(OB'+B' D)+DA+(AC'+C'0)=sOD+DA+AOs=Poad, причем ясно что
равенство возможно лишь в том случае, если С' ' совпадает с А и
В' совпадает с D. В этом случае ОА=ОС и OD=OB, т.е. ABCD-парал-
лелограмм. Из равенства периметров треугольников следует равен-
ство сторон четырехугольника АВСР, т.е. ABCD - ромб.
458. Нельзя. Т.к. 505=7’7+1, то хотя бы на одном грузовике будет
8 камней, но сумма весов самых легких камней равна 370+372+...+
+384= =3016, т.е. больше трех тонн.
459. Т.к. число вершин нечетно, то две фишки одного цвета обя-
зательно будут стоять рядом >в соседних вершинах<. Пусть в А} и
Л2 стоят черные фишки. Если в А3 или в А7 тоже черные фишки, то
задача решена, предположим,что в А3 и А? стоят белые фишки. Если
В А6 стоит белая фишка,то А3А7А6~искомый треугольник.Пусть в Аб
черная фишка. Если в А^ерная фишка,то А?АбА5-искомый треуголь-
ник. Предположим тогда, что в А5 белая фишка. Если в А4 белая фиш-
ка, то А3А4А5-искомый треугольник.Если же в А4 черная фишка, то
А2А4А&- искомый треугольник.
460. Т.к. углы АВС и A|BjCt равныжак углы с параллельными сто-
ронами*, то равны дуги AA^D^DC и A1D1DCCr а следовательно, ра-
вны стягивающие их хорды А^ и АС.
461 Т.к. точка М лежит не пересечения биссектрис.то она равно-
удалена от AD и ВС, т.е. лежит на средней линии трапеции. То же
для точки N, Т.к. zDAB+zCBA=180°. то zAMB=zCND=9O°. Проведем в
164
треугольниках АМВ и DMC медианы MG и NF из вершин прямых углов.
Т.к. точки G и F тоже лежат на средней линии, то GMNF -средняя
линия трапеции. Тогда |AB+CD-BC-AD|= |2'AG+2* FD-(BC+AD) ] = |2*GM +
+2* NF-2*CF|=2*MN.
462. Можно:1.2,3,5.
463. Пусть ап=п2/(1,01)п. Рассмотрим отношение ап+|/ап н выяс -
ним, при каких п оно будет больше 1, т.е. решим неравенство:
(п+1)2>1,01п2 Положительный корень уравнения (п+1)2-1,01п2 » О
равен 100(1+/ППТ). Т.к. 1,004</Г71Л'<1.005, то этот корень зак-
лючен между 200,4 и 200,5. Следовательно, ПРИ л$200 и
п*202, т е. ап будет наибольшим при п-201.
464. Пусть at>a2>...>aJQ- числа 5-го столбца. Рассмотрим числа,
стоящие в последних шести столбцах и в тех строках,где располо-
жены ага2,...,ак.Таких чисел всего 6k, и все они не меньше а^.
Поэтому, если все числа от 1 до 100 расположить в порядке воз-
растания. то за числом ак~Г должно быть, по крайней мере, еще
6k чисел, т.е. ak-l+6k*100 или a^slOt-бк.
Рассмотрим теперь числа, стоящие в тех строках, где ak,ak>^..,
аю, и в первых пяти столбцах.Таких чисел всего 5(10-к+1), к все
они не больше ак. Поэтому, если числа от 1 до 100 расположить в
порядке возрастания, то числу ак будет предшествовать, по край-
ней мере, 5(10- k+t) чисел, т.е. ак*5( 10-к+1); Тогда at+a2+...+
+аю*(101-6)+ +(101-60)-680 и а,+ а2+..+ аю*5( 10+.. +1)«275.
Легко построить примеры, показывающие,как эти оценки дости-
гаются. 275 получается.если в k-oft »15ksl0c строке первые пять
чисел следующие: 5{k-l)+l»5k-4,5k-3,5k-2,5k-l,5k; а остальные
числа берутся из чисел больше 50, т.е. в пятом столбце в этом
случае 5+10+15+...+50=275. Для получения 680: числа в k-той ст-
роке.иачиная с пятого и дальше имеют вид 41+6(k-l)=*35+6k.36+6k,
37+6k,38+6k.39+6k, а остальные четыре столбца заполняются чис-
лами меньше 4L '
465. Через точку О параллельно АС проведем прямую, пересекающую
AB.MN.HK и СВ соответственно в течках E.P.Q и Е
Тогда ОР:СН=ОМ:МС=ОЕ:АС, откуда ОР:О£«НС:АС; аналогично OQ.AH ж
=КО: AK=FO: АС, откуда OF:OQ«ACAH, и.накокец, OE:AH~BO:BH=OF:CH,
откуда OE:OF=AH:CH. Перемножая три полученных отношения, находим,
что OP=OQ, т.е. в AHPQ высота НО делит основание PQ на две рав-
ные части. Следовательно, AHPQ равнобедренный, НО - биссектриса
и zPHO==/QHO.
165
Замечание. Рассмотрите случай, когда точка О расположена на
продолжении высоты ВН.
466. а| Можно: 1,2,3,5.
б^ Нельзя. Пусть - искомые числа. Наименьшие
суммы равны х,+ха и х.+х,, наибольшие xQ+xc и х.+хс. Тогда хо -
-х2=х4-х3=1,ибо суммы являются последовательными числами и ра-
сположены в порядке возрастания. Поэтому х2+х3<х2ч-х4<х3+х4, и
эти три числа идут подряд. Очевидно, что оставшиеся числа х? +
+х*, x^Xg. Xj+Xg записаны в порядке возрастания.Т.к. х2+х5>х2+
+х3, то х2+х5 лежит правее первой тройки сумм, расположенных в
порядке возрастания; т.к. х1+х4<х3+х4, то х1+х4 лежит левее по-
следней тройки сумм.Тогда при любом возможном расположении тро-
йки х2+х3, х2+х4, х3+х4 число х2+х4 занимает одно из двух сред-
них >по величине* мест, ибо x2+x4>xt+x4, х2+х4>х2+х3 и х2+х4<х2+
+х5, х2+х4<х3+х4. Но сумма равноотстоящих от концов сумм посто-
янна и равна Xj+x^x^+Xg, т.е. х*+х5 должна занимать соседнее
место. Это противоречит тому, что суммы х2+х3, х2+х4,х3+х4 идут
подряд.
467. Проведем DPlBC>p€BC,KeAD,H€CD« и пусть Е - точка пересече-
ния высот ДВКН. ДРКН прямоугольный, т.к.: 1< KEHD - параллелог-
рамм »НЕ || KD и KE || HD, ибо НЕ1ВК и КЕ1ВН<. T.e.KD=HE;
2« ВЕНР - параллелограмм *ВР /| НЕ и BP=KD=HE<, т.е. PH Ц BE;
3< РН1КН, ибо PH || BE.
Из ДРКН находим: BE2=PH2=PK2-KH2=BD2-KH2=b2-a2
468. Очевидно,что Мп~число точек с целочисленными координатами
прямоугольной координатной сетки со стороной 1, лежащих внутри
или на границе круга радиуса п.
Сопоставим каждой точке квадратик сетки площадь его равна
для которого эта точка будет левым нижним углом. Тогда Мп~
общая площадь таких квадратиков. Все эти квадратики лежат цели-
ком внутри концентричного данному кругу с радиусом n+v^ (здесь
И?-длина диагонали квадратика, т.е. величина максимального воз-
можного удаления от окружности радиуса, равного п точек квадра-
тика, лежащих вне ее$. С другой стороны, эти квадратики целиком
покрывают круг радиуса п-/2, концентричный данному. Действию -
льно, если бы внутри окружности радиуса n-V2 нашлась точка, не
покрытая нашими квадратиками, то это означает, что у содержаще-
го эту точку квадратика сетки левый угол лежит вне окружности
радиуса п; ио это невозможно, ибо расстояние от этой точки до
166
левого нижнего угла квадратика больше т/2 (все точки квадратика
сетки удалены от любой его вершины не более чем на ^2). Сравни-
вая общую площадь всех построенных квадратиков Мп и площади
кругов с радиусами n-V2 и я+/2, получим искомое неравенство.
469. При х=0 получаем с-целое число; положим х=1. получим» что
a+b+c-целое, т.е. a+b-целое; положив х=-1. получим а-Ь+с-целое,
те. a-b-целое.Т.к. а+b и а-b целые, то 2a=(a+b)+(a-b) тоже це-
лое число.
Покажем, что если с,а+Ь и 2а-целые числа, то ах2+Ьх+с ,будет
целым при любом целом х. Если a-целое число.то Ь тоже целое чи-
2
ело, следовательно, в ‘этом случае выражение ах +Ьх+с будет це-
лым при любом х. Если а - нецелое число, то а=к+1/2» где к -це-
лое, ибо 2а-целое число. Т.к. a+b-целое число, то Ь=к+1/2, где
n-целое число. Тогда ax2+bx+c-(k+l/2)x2+(n+1/2)x+cx кх2+пх+ с +
+х(х+1)/2 - целое число, ибо х(х+1) - четное число.
470 Пусть ВМ,АЕ.СМ,ВЕ-биссектрисы соответственно углов B.A.C.D
и E=BMnAF и N=DFnCM. Очевидно, что zFEM=zBEA«90°»zFNM=zCND^90<>
и АН CM, BMIDF, т е EFNM -прямоугольник. Но &AFD равнобедре-
нный прямоугольный, т.е. AF=FD. Аналогично ВМ=СМ Т.к AE=BE~CN=
=ND по построению, то EF»Fhl«NM«ME. т.е. EFNM - квадрат,
471. Обозначим через х длину дороги в юру (от А к В), через у-
по ровному месту, через z-под гору. Тогда по условию задачи: х+
+y+z=tl,5; x/3+y/4+z/5=2,9; z/3+y/4+x/5*3,l. Решая систему,най-
дем» что у=4.
472. Пусть в этот момент минутная стрелка показывает х минут,
т е. она пробежала х/60 часть круга от отметки 12 часов. За это
время часовая стрелка х/60 часть пятиминутного промежутка от 2
до 3 часов. Т.к. стрелки направлены противоположно, то х»10+5х:
:60+30, откуда х~480/11=43^ Т.о.» искомое время равно 2 часам
и 43у j минутам.
473. Пусть основание АС разделено на п равных частей. Тогда из
вершины В выходит п+1 отрезков; пронумеруем их от 1 до п+1 (от
А к С). Первый выходящий из вершины В отрезок с каждым из п по-
следующих определяет треугольник; общее число этих треугольни-
ков равно п. Второй отрезок с п-1 последующими (треугольник,оп-
ределяемый с первым отрезком, уже сосчитан) определяет п-2 тре-
угольников п—й отрезок с (п+1)-м отрезком определяет тре-
167
угольник. Поэтому общее число образовавшихся треугольников
равно: пч<п--1)+...+2+1-л(п+1)/2.
474. Заполним таблицу исходя из того, что числа, расположенные
а1 Х1 х2 хз Х4 Х5 Хб а5
Х1 а2 х7 х8 Х9 Х10аб Х6
Х2 *7 а3 ХН Х12а7 ’
Х3 Х8 Х11а4 а8. .
Х4 х9 х12а8 а4 • •
Х5 Х10а7 ' • а3 •
Х6 *6 • • а2
as aJ
симметрично относительно диагоналей» равны. Тогда по условию
2(at+a2+... +а8Н00 и 2(а1+а24-...+а8Н4(х1+...^х12)=1972 -
Отсюда х^х2+...+х^«468. Поэтому сумма чисел любой строки не
превосходит числа (х1+...+х12)+(а1+... +а|2)Н68+-50=518.
475. Предположим, что все стороны четырехугольника разные, т.е.
a<ixc<d. Построим треугольник АВС, у которого AC-d-a,BC=c,AB=b;
это возможно, т.к.: 1/ d-a<b+c, ибо иначе не существовал бы че-
тырехугольник; 2/ Ь«1-а+с»мбо b<c; 3| с<д-а+Ь,ибо c-b<d-a. Про-
должая АС,отложим СМ=а;из точки В проведем BN || АС и BN=a,Тогда
ABNM - искомая трапеция.
Если a=b<c<dt a<b»c<d, a<b<c=d, a^b<c=d.To решение такое же,
как в предыдущем случае.
Если a=bs=c<d, a<b*=c=d, то решение аналогичное.
Если a~b=c=d, то четырехугольник является трапецией.
476. в силу условия задачи x.x.=tl, isisn, l^ksn. Т.к.
К А Л 2
(х^Хуз)-- •(хп.1хп)(хпх1)=х,х2-...-Хп=1,
то среди п произведений . *\х1 будет четное число
равных -1. Если х^+.-.+х^х^х^яО, т0 среди этих п произ-
ведений равных -1 столько же, сколько равных 1. Поэтому п дели-
тся иа 4.
477. Если х<-2, то уравнение имеет вид -х~(х-М)-(х+2)=а, т.е.х=
*=-(а+3)/3. Тогда уравнение имеет единственное решение при усло-
вии -(а+3)/3<-2, т.е. а>3.
Если -2sx<-l, то уравнение имеет вид -х-(х+1)+(х+2)=а, т.е.
х»1-а. Тогда уравнение имеет единственное решение при условии
-2«1-а<-1, т.е. 2<а*3.
Если -Иж<0, то уравнение имеет вид:-х+(х+1)+(х+2~а), т е. х=
168
=а-3. Уравнение имеет единственное решение при -4^ а -3<0, т.е*
2^а<3.
Если х^О, то уравнение имеет вид х+(х+1)+(х+2)=а, т.е. х«(а -
-3)/3. Тогда уравнение имеет единственное решение при а£3.
Итак, при а<2 нет решений/при а=2 имеется одно решение, при
а>2 два решения.
Замечание. Можно построить график левой части и дать ответ, пе-
ресекая его прямыми у-а.
478. Пусть а, Ь и с-стороны треугольника, к которым проведены
высоты а. Р и у соответственно. Тогда аа^рь=ус, т.е. с<Ь<а.
Если то b:a+c;a:sl,T.e. b+с^а, но треугольника с
такими сторонами быть не может.
Если 1:а<1:0+1:у, то 1<Ь:а+с:а, т.е. acb+с. Т.к. с< b <а, то
а+с>Ь и а+Ь>с, т.е. треугольник с такими сторонами существует.
479. Пусть ABCD-квадрат и C,E,M,N,F,D - вершины маленьких квад-
ратов, расположенные в указанном порядке на Диагонале CD. Най-
дем число путей длиною 10а, ведущих из А в В. Для того чтобы путь
был длиною 10а» из каждой вершины можно двигаться либо вправо,
либо вверх, ибо иначе путь будет длины, большей 10а. Вычислим
сначала число путей длины 5а, ведущих из А в точки C,E,M,N,F и
D; очевидно, что из В в эти точки ведет такое же число путей дли-
ны 5а. Из точки А в С(и в можно попасть только одним спосо-
бом, из А в Е{и в FJ можно попасть пятью способами, из А в М >н
в N< - десятью способами. Соединяя каждый путь, ведущий из А
в любую из этих точек, с каждым путем,ведущим из В в эту же то-
чку, получим 2* 12+2*52+2*102=252 различных путей длины 10а, ве-
дущих из А в В.
что а^а2/2 и
к к+1
480. По условию a^sfa^+a^p/2. Отсюда следует,
а^(а1+а3)/2^а2/4+а3/2. т.е. а^2а3/3. Покажем,что [ «к+г
1<к^п-1, методом полной математичеслой индукции. Для к»1 и к= 2
эта формула верна. Предположим, что amsmTT‘am+l ^огда am+p(am+
+am^/2£^am+t+am^ 0ТКУДа апнГт+2ат»2 П₽И к=П"’ И3
этой формулы следует, что ап ^0. Тогда при к=п-2 из этой фор-
мулы следует, что ап 2^0 и так далее.
481. Разобьем числовую ось на части: х<-2, -2^х<-1, х^-1. Наи -
меньший корень будем сначала искать на промежутке х<-2,если там
уравнение имеет корни. Если х<-2, то уравнение имеет вид
2'х'2-(1~2’,+1)=2’гИ+1,
откуда х=-3.Следовательно,наименьший корень уравнения равен -3.
189
482 Введем уп-хп-п+1. Тогда уп+1=хп+1-(п+1)+1=(п+1+хп):2-п=(хп-
-п+1):2=уп:2. Следовательно, yn+1=yn:^yn p22=...=yj:2n=l/2h.
Поэтому хп=у +п-1»1:2п~Чп-1.
483 Пусть х - сторона равностороннего ДАВС, лежащего в основа-
нии, aS- вершина пирамиды. Т.к. площади боковых граней равны,
то высоты боковых граней, проведенные из вершины S тоже равны.
Следовательно, равны их проекции на плоскость основания, т.е.
если SO-высота пирамиды,то точка О равноудалена * от сторон ДАВС.
Если бы точка О лежала внутри треугольника, то все боковые реб-
ра были бы равны. Т.к. по условию боковые ребра не равны,то то-
чка О лежит вне ДАВС.Если A-наиболее удаленная от О вершина ос-
нования, то точка О лежит на пересечении биссектрис внешних уг-
лов при вершинах В и С Тогда ДОВС равносторонний, т.е. ОВ=ОС »
=ВС=х. Т.к. ОА>ОВ, то SA=4, SB=SC=3. Из прямоугольных треуголь-
ников SBO и SAO следует,что SB2-OB2«SA2-OA2,T.e.9-x2=16-(x/3),2
откуда x=V3~5
484. Пусть п=8к+г, г=0,Разложим 8 к монет поровну на
чашки весов и проведем взвешивание. Затем 4k монет с одной из
чашек разделим пополам,разложим иа чашки весов и проведем. взве-
шивание. При третьем взвешивании либо 2k с одной из чашек де-
лим пополам, раскладываем' по чашкам и проводим взвешивание, ли-
бо привлекаем оставшиеся г монет. Результаты сведем в таблицу:
Вес Вывод 1 вес Вывод 2
Первое в з вешив. Вт о рое взвешивай Трет ь е вз веш и ва н ие
Один а ков Один а ков. 8k монет н аст о ящ. Из 8k монет берем г штук сравниваем с оста вшнми ся Получаем ответ на оба воп- роса
п __ Разный Есть фальши в. монеты Один а к овый »
/г _ _ Разный
Разный Один а ков. Один а к овый
Разный
Разный
Таблица дает полное решение. Рассмотрим все шесть случаев.
Первый случай. Из первого случая видно, что фальшивых среди
8k монет нет, либо они разделилась пополам. Из второго взвешива-
ния следует, что фальшивых нет среди 8k монет, ибо если бы они
были, то в группе из 4k монет одна фальшивая, т.е. второе взве-
шивание не дало бы одинаковых весов. Следовательно, фальшивые
могут находиться только среднг монет остатка. Из 8k монет возь-
170
мем любые г монет и сравним на весах с остатком. Если весы в
равновесии, то фальшивых нет совсем; если вес разный, то фаль-
шивые есть, и сразу видно, тяжелее они или легче.
Второй и третий случаи. Из первого взвешивания видно, что
либо фальшивых средн 3k монет нет, либо они разделились попо-
лам. Из второго взвешивания следует,что среди 8k монет есть фа-
льшивые. Возьмем более легкую группу из 2k монет, разделим попо-
лам и положим на чашки весов. Если получим равновесие, то фаль-
шивая монета во второй . группе из 2k монет и поэтому тяжелее;
если равновесия не будет, то фальшивая монета легче.
Четвертый и пятый случаи. Первое взвешивание показывает, что
фальшивые монеты есть и находятся в одной из групп. Возьмем бо-
лее легкую группу, разделим пополам, и положим на весы. Пусть
весы уравновесились. Это означает, что либо в этой группе нз 4k
монет фальшивых нет, либо они разделились пополам. Возьмем лю-
бую группу из 2k монет, разделим ее пополам и положим на весы.
Если наступит равновесие, то фальшивых среди этих 4k монет нет,
т.е. фальшивая более тяжелая; если равновесия не будет,то фаль-
шивая есть, и она более легкая.
Шестой случай. Первое взвешивание показывает, что фальшивые
монеты есть и находятся в одной из групп.Второе взвешивание по-
казывает, что мы/£ыбрали ту группу из 4k монет, которая содер-
жала фальшивые^ монеты. Тогда уже результат первого взвешивания
показывает, будет ли фальшивая монета тяжелее или легче.
485. Пусть даны две неподвижные окружности с центрами в точках
О| и О2 и две жестко сцепленные прямые (т.е.^ угол А постоянный^
АН и АК ^рис.2.15|, касающиеся их соответсвенно в точках Н и К.
Пусть прямая ВС жестко скреплена с прямыми АН и АК, т.е. ДАВС
движется как фиксированная фигура.
Проведем через точку О? прямую, параллельную АН,и через точ-
ку О2 прямую, параллельную АК, и пусть 0-точка пересечения этих
прямых. Тогда zO1OO2=zBAC. Обозначим через S точку пересечения
прямых OtH и 02К. Из точки S опустим перпендикуляр на ВС, т.е.
ЗМлВС.Обозначим через N точку пересечения SM с окружностью,про-
веденной через точки О, О* и О2. Проведем еще ORxBC.
Т.к. точка О отстоит от прямой АН на расстоянии ОН^и от пря-
мой АК па расстоянии О2К»отрезки 0?Н и О2К не меняются при дви-
жении треугольника АВС, ибо являются радиусами данных окружнос-
тей*, то точка О неизменно связана с движущимся ДАВС. Следова-
171
рис.2.15
ид перпендикуляре, проведенном
тельно, расстояние от точ-
ки О до прямой ВС, т.е.
OR не меняется при движе-
нии.
Выясним,как будет дви-
гаться точка О при движе-
нии ДАВС, т.е.надо найти
геометрическое место вер-
шин О ЛО1ОО2, если Ot и
О2 - неподвижные точки и
zOlOO2=zBAC. Им является
дуга О|О2 окружности с
центром в точке Т ^дуга,
которая лежит с точкой А
по одну сторону от хорды
OjO^; для отыскания точ-
ки Т заметим, что точка Т л
через середину отрезка О^, причем |п/2-zBAC |.
Отметим еще, что т.к. SO^OjO н S02x0O2, то zO1SO2=n-zO1OO2,
т.е. точка S лежит на окружности с центром в точке Т и радиуса
Т01
Очевидно, что zO1ON=zO1SN, но zOjSN^zABC как углы с взаимно
перпендикулярными сторонами. Т.к. OOj| АВ, то NO Ц ВС и NM -OR.
Тогда точка N неподвижна при движении треугольника АВС, ибо она
лежит на фиксированной окружности с центром в точке Т и радиуса
ТОГ и O1N=2*zO1ON=2*zABC,a zABC фиксирован, ибо ВС жестко скре-
плена с АВ и АС по условию.
То., при движении ДАВС прямая ВС отстоит от неподвижной то-
чки N на одно и то же расстояние OR,т.е. прямая ВС касается ок-
ружности с центром в точке N радиуса, равного OR.
486. • a32-b32=(a16+b’6)(a,6-bl6)=(a,6+b'6)(a8+b8)(a8-b8)=(a16 +
+b’6)(a8+b8Ma4+b4Ma4-b4)=(a’6+b’6)(a8+b8)(a4+b4)(a2+b2)(a2
-b2)=(affi+b16Ma8+b8)(a4+b4)(a2+b2)(a+b)(a-b).
Ответ: (a16+b16)(a-b).
487. Можно. Рассположим точки в вершинах правильных треуголь -
ников AjA4A5, AjA5A2, A^AgA^AgAgA^ равносторонние zco стороной,
равной 1. Можно указать и другие расположения.
488. l:(b-l)+b-3«(b-2)2:(b-l)i0.
489. а) Если A(at,a2) и B(b]tb2) данные точки,то с помощью опе-
172
рации ♦ можно построить точки С(сгс2) и D(drd2), где А- сере-
дина отрезка СВ и В-се редина отрезка AD. Тогда а|=ЦЬ^ср/2 и
а2=(ь2+с2)/2, т.е. Cp2at-bt и с2-2а2-Ьг Аналогично находятся
координаты точки D.
Выберем систему координат на плоскости так, чтобы три задан-
ные вершины квадрата имели координаты (0.0),(0,1) и (1.0). Тог-
да задача сводится к построению с помощью операции ♦ точки
(1,1). Из формул c^a^bj и с2=2а'2~Ь2 видно, что для построе -
ния точки (С|,с2) обе координаты которой нечетны, необходимо,
чтобы одна из двух данных точек (в нашем случае (bt,b2)) имела
обе нечетные координаты. Т.к. среди данных трех вершин квадрата
нет точки, обе координаты которой нечетны, то сколько бы раз мы
не применяли операцию •, мы не получим точку с двумя нечетными
координатами. Следовательно, с помощью операции * нельзя пост-
роить четвертую вершину квадрата (1,1).
б) Пусть АрА2,Л3,А4.А5,Аб- вершины правильного 6-угольника
Построим всевозможные новые точки с помощью операции *из вершин
6-угольника Образуется сетка правильных 6-угольников и правиль-
ных треугольников, покрывающая плоскость {стороны треугольника
и 6-угольника равны), причем применение операции ♦ к множеству
вершин сетки относительно ее любой вершины снова приводит к
множеству вершин сетки. Следовательно, центр 6-угольника таким
образом получен быть не может.
490. Предположим, что такая расстановка возможна, т.е. иа окре-
стности стоят 20 красных фишек, а в диаметрально противополож —
ных точках стоят синие фишки, причем никакие две ие стоят рядом
Т.к. по условию фишки должны чередоваться, то всего нх 40, т.е.
вся окружность разбита ими на 40 частей, ограниченных фишками
разного цвета, ибо если две красные стоят рядом, то диаметраль-
но противоположные им синие тоже стоят рядом. Пройдем от какой-
либо красной фишки до диаметрально противоположной ей синей фи-
шки по полуокружности. Эта полуокружность разбита фишками на 20
частей, причем части с нечетным номером начинаются красной фиш-
кой и кончаются синей, а с четным номером наоборот. Тогда пос-
ледняя 20-я часть должна кончатся красной фишкой а у нас она
оканчивается скней.Следовательно, такая расстановка невозможна.
491. Наряду с данными хордами рассмотрим им диаметрально проти-
воположные. Предположим что сумма длин всех этих хорд не меньше
3,15* 2k. Тогда сумма длин стягиваемых этими хордами дуг>из двух
173
дуг берется меньшаж больше 3,15'2к, т.е. больше чем 2пк.Следо^ '
вательно, на окруж?!ости найдется участок, покрытый по крайней
мере, к+1 дугами из нашего набора. Если провести в точку этого
участка диаметр, то он пересечет более к хорд, что противоречит
условию.
*
492. Пусть ргр2»...,рп~-первые п простых чисел. Предположим,что
PfР/ • *рп+1=к2, т.е. Pj-р2’...-рп=(к-1 )(к+1).Очевидно, что к
нечетно, поэтому (к-1)(к+1) делится на 4,но левая часть делите#
только на 2 и поэтому такое равенство невозможно.
Предположим* что PfP2*..‘P т.е. р^ р2*... *р =к2+
Очевидно, что к не делится на 3* т.е. к=Зш±1.Но тогда к^+1=9т2$
±6ш+2 не делится на 3, а потому такое равенство невозможно. При
к=3т вывод аналогичный.
493. Треугольники KDA н DHC равны, ибо CD-АК и НС-AD по постро- *
ению, и zHCD=Tr-zBCEbn-zBAD=zKAD. Тогда HI>=KD, т.е. AKDH равно-
бедренный. Для доказательства подобия равнобедренных треуголь-
ников достаточно показать, что zKAB-zKDH =» ZBCH. Действительно
zKDH=zADC-zKOA-zHDC=zADC-zKDA-zDKA в силу равенства треугольна^
ков КОА и DHC. Но zKAB+zBAI>=n-zKDA-zDKA, откуда /КАВ= п *- zBAD-
-zKDA-zDKA=zADC-zKDA-zDKA, т.е. zKDH==zKAB. Аналогично покажем,
что zKDH^zBCH.
Замечание. Можно рассмотреть различные расположения точек Н и К
на прямых АВ и ВС.
494. Пусть p>q. Тогда pq>q4 и откуда рч(рр~ч—1)>
>q<*(qp*^-l), т.е. pp-pq>qp-qq или pp+qq>qp+pq, что противоречит
предположению. Аналогично рассматривается случай p<q.
495. Пусть а<Ь<с и A=min(b/a,c/b). Тогда 1<Х^Ь/а, 1<Х^с/Ь, т.е.
b^Xa, с^ХЬ. Т.к. c<a+b, то а+Ь>ХЬ, откуда а>Ь(Х-1)£Х(Х-1)а. Ре-
шая неравенство Х(Х-1)<1, находим, что 1<Х<(1+1/5)/2. Следовате-
льно, ХМ,5 возможно, а Х*=2 невозможно.
"Коэффициент неравнобедренности" может принимать любые зна-
чения на интервале (l,(l+vS)/2), т.к. всегда можно построить
треугольник со сторонами а, Ь~Ха, с=ХЬ==Х2а, если Х2<Х+1.
49в.Пусть £=10~5Тогда (l-e)’*e>(l+e)w:»(1-E2X(»-E)/(l+e))e<l-
497. Общее число п-значиых чнсел равно 9 •10п~1. Найдем число"хо-
роших" чисел. В позначном числе набор 1973 может занимать либо
первые 4 места со 2-го по 5-е, ...,либо последние 4 места-вс »го
п-4 возможности. Когда набор 1973 занимает первые 4 места, то на
1/4
оставшихся местах > к роме первого* могут стоять любые цифры, а на
первом-любая цифра, кроме нуля, т.е. 9*10п'5 возможностей. Сле-
довательно, общее число"хороших*чисел равно 10п'4<9* 10п~5,(п-4).
Сели "хороших" чисел больше чем плохих, то 10п~4+9-10ft~s*(n ~
-4)>9-10пЧ:2, т.е. 2-(Ю+9(п-4))>9-Ю4. Ответ: п*5003.
498. Пусть М-искомая точка. Для определенности считаем, что DC<
<АВ {второй случай рассмотреть самим|, "E=DKnAM; F^MBnKC. Прове-
дем МК, EEfH АВ и FFt [[ АВ,причем точки Е| и Fj лежат иа МКТ.к.
положение точки К на АВ известнр, то положим AK~a, KFM>.Обозна-
чим через hj расстояние от М до EEV через h2 расстояние от К до
EEV и пусть MD=x, DC=c, МС=у, т.е. у=с-х.
Из подобия треугольников КЕЕ^ и KDM следует, что ЕЕ^х^КЕ^МК.а
из подобия треугольников МЕЕ^ и АМК следует, что ЕЕ^а-МЕ^МК.
Итак ЕЕрах/(а+х). Аналогично находим FFt-by/(b+ у).Тогда
*^mee +\EEehi’ EEyS+iy EEr 2=(h1<h2)- EEt:2. Аналогично находим
SMFK=FFi^hl*M:2‘ Поэтому S^p-fEE^FFjXh^hj)^. Т.к. ht +
h2 - длина высоты трапеция, то наша задача сводится к отысканию
максимума суммы EE^FFpT.e.x отысканию максимума функции f(u)«
*ан:(а+и)4-Ь(с-и):(Ь+Сти). Обычным способом показываем, что и -
*ас:(а+ Ь) является точкой максимума функции f(и).Следовательно,
х*ас/(а+Ь) и y=bc/(a+b), т.е. х у=а:Ь. Тогда точка М может быть
получена следующим образом: проведем AD и ВС до пересечения в
точке R н соединим R с К; прямая RK пересечет CD в точке М.
499. По условию Os(x1+x2+...+xk)/ksl, IskslO, т.е. 0sxT+x2+...+
+iksk. Пусть l<mslO, 1<п£10, п*т. Тогда xJ+x2+...4-xfSn и xt+x2+
* ..+х ЛО, откуда х Sn;аналогично х.+хо+...+х гО и х,<х„+...+
п-1 П 1 I СП I*
4k jsm-l, откуда х £1-последовательно, х -х £n-(l-m)=n<m-l£10<
<9-1=18,т.е. наибольшее значение разности равно 18>зто значение
достигается для следующего набора чисел: 1,1 1,-8,10«.
Оценим теперь разности сиизу.Пусть (х^х^...<x.)/j=l и (Xj+
4x^+...+xk)/k=0,k*j по условию.Если k>j,TO х.^<х.*2+. ..+xfc=-р
Йли бы все числа x.>fx.>2........хкбыли бы больше числа -j/(k-j)
то и сумма их была бы больше -j,следовательно, хоть одно из этих
чисел меньше или равно -j/(k—]);при этом очевидно,что -j/(k-j)£
£-1/9. Пусть, например, х^з-1/9. Заметим, что все 10 чисел не мо-
гут быть меньше 1, ибо тогда и их средние были бы меньше 1, что
Противоречит условию; пусть, например, хп»1. Отсюда xn-xTOfelO/9,
т разность между наибольшим и наименьшим будет не меньше 10/9
Если k<j, то Если бы все слагаемые были
175
меньше j:(j-k),TO и сумма была бы меньше ^Поэтому хотя бы одно
слагаемое не меньше j/(j-k); при этом очевидно, что j/(j-k)=l *
+k/(j-k)*10/9. Пусть, например, х *10/9. Заметим, что все 10 чи-
сел не могут быть больше нуля, ибо тогда и их средние были бы
больше нуля.что противоречит условию; пусть, например. хт^О.От-
сюда хп-хт*10/9,т.е. и в этом случае наименьшее значение разно-
сти равно 10/9 (это значение достигается для следующего набора
чисел: 0, 10/9, 10/9, ...,10/9$.
500. Пусть р=3к±1. Тогда 8р2+1=8(9к2+бк+1)+1=72к2+48к+9 всегда
делится на 3. Следовательно, р=3.
501. Т.к. 8* 8*27^=12 3 то сторона куба равна 12.Отрежем от бруска
часть 8x8x12. Тогда до полного куба нам не хватает трех частей:'
4x8x12,4x8x12,4x4x12. От оставшейся части 8x8x15 отрежем часть
8x8x12 и разрежем ее пополам на две части 4x8x12. Теперь у нас ♦
осталась часть 8x8x3, из которой следует построить брусок 4x4x12
Разрежем брусок 8x8x3 пополам на две части 8x4x3. От одной час-
ти отрежем брусок 4x4x3; ои вместе с бруском 8x4x3 дает брусок
12x4x3. Теперь надо оставшийся брусок 4x4x3 превратить в брусок
12x4x1. Для этого достаточно разрезать брусок 4x4x3 на 3 плас-
тинки 4x4x1; из них можно сложить, положив одну на другую бру-
сок 12x4x1. Вместе с бруском 12x4x3 он составит брусок 12x4x4.
Ж Пусть 41--W «> А2=А.(Ь|-..-><
4И1-tlH следует’ чт0
503. Если х<0,то все слагаемые положительны,т.е.и многочлен бо-
льше нуля.Если кН), то многочлен равен 1.Если 0<х<1, то 1-х+х4-
Если xatl, то ^1-х+х4-х9+х12=х9(х3-
-1Н-х(х3-1)+1ае1.
504. Пусть O-иентр окружности, вписанной в ДАВС Проведем OF1AB,
FeAB.OElBC,E€BC и OD1AC.DCAC. Тогда OD=OE-OF.BE=BF,CE-CD и AD=
=AF. Разрежем треугольник АВС по отрезкам OD, ОЕ и OF и сложим
из этих трех частей треугольник, зеркально симметричный данному.
Передвинем часть ODCE так, чтобы точка С попала в точку А и ЕС
пошло по стороне АС. Затем передвинем часть AFOD так, чтобы А
попала в вершину С треугольника АВС и AF пошло по стороне СА
ААВС. Вставляя иа оставшееся место часть BFOE,получим треуголь-
ник зеркально симметричный данному.
Это построение можно провести и по другому. Повернем часть
175
CDOE вокруг точки О по часовой стрелке на угол DOF,a часть AFOD
-против часовой стрелки на угол DOE. Полученный треугольник бу-
дет зеркально симметричен данному.
505. Т.к. 4373-8=5*97*9 и 826-7=9-7*13, то делитель равен 9.
506. Обозначим стороны треугольника наибольшей площади через х
и у. Тогда х+у=100, S=xy=x(100-x)=502-(50-x)2. Следовательно, ма-
ксимальное значение S достигается когда вычитаемое минимально,
т.е. х=50. Искомый участок имеет вид квадрата со стороной 50 м.
507. Пусть А - ученик, который посещает кружок художественной
самодеятельности и не учится в 8-м классе ро условию а) такой
существует). Тогда А не занимается ежедневно физической заряд -
кой, ибо в противном случае ^по условию б))он не посещал бы кру-
жок художественной самодеятельности. Т.о., не все участники ху-
дожественной самодеятельности ежедневно занимаются физической
зарядкой (что очень плохо!)
508. Если игрок назвал 1964, то что бы ни сказал партнер,он су-
меет назвать 1974 следующим "ходом’*. Следовательно, для выигры-
ша надо назвать 1954, 1944,..., 14, 4. Если первый игрок назвал
число, меньшее 4, то второй называет 4 и обеспечивает себе вы-
игрыш. Если первый назвал четыре, то, следуя вышеуказанному пра-
вилу, он выигрывает. Если первый называл число, большее 4, то
второй называет 14 и'обеспечивает себе выигрыш.
Ответ: При правильной игре выигрывает начинающий.
509, Очевидно, что х*0, у*0, z*0. Запишем наше уравнение в виде
x2y2+y2z2+z2x2=3xyz (1)
или (xy~yz)2+(xy-xz)2+(zx-yz)2=2xyz((l-z)+(l-y)+(l-x))npeflnoao-
жим, что х^1,у£1, z^l,т.е. ищется решение в натуральных числах.
Т.к. скобка справа должна быть больше нуля, то x=y=z=l.
Предположим,что x,y,z - решения нашего уравнения в целых числах
Но в (1) левая, а следовательно и правая часть, положительны;
тогда |х|, |у|, |z [-решение, но уже в натуральных числах. Т. о.,
х==±1, y=tl, z=±l, но xyz>0. Получаем четыре системы решений:
(1,1,1), (-1,-1,!), (1 ,-1,-1) и (-1,1,-!).
510. Запишем неравенство в виде 4х2*4(у-1)2<9 или х2 + (у -1)2<
<1,5? Т.о., задача сводится к отысканию всех точек с целочисле-
нными координатами, которые лежат внутри окружности с центром в
точке (0,1) и радиусом 1,5. Таких точек девять: (ОД), (-1,0),
(1,0), (-1,1), (0,1), (1.1), (-1.2), (0,2). (1,2).
177
511. Заметим, что (2+//+...+V2) 1/2<(2+v^+... + V2+2) 1Z^=2 при лю-
бом числе корней. Пусть х-(2ч- t v£+... +/£ < Тогда наша дробь
п-2 < корней
имеет вид Умножим числитель и знаменатель этой дроби на
2+V2+X: —Ы2±х)___________1--->---1_Д.
^“х (2-x)(2+v^2+x) 2+V2+X 2+V2-4-2 4
512- Очевидно,что действительные корни этого уравнения меньше О
Пусть х,-действительный корень и -1^хД0. Тогда x^jxJ33. т.е.
33 6 2 11»
х* +x”+fel, т.е. х^ не может быть корнем. Следовательно, Xj<-1.
Пусть Ху-другой действительный корень,т.е. х2<_^ и Х2<ХГ Тог-
да x^+Xj+l^O и х|3+х|+1=«0. Рассмотрим разность этих выражений:
0=х33-х33+х®-х®= IX, | б( | х, 127-1)-1Х21 б( IХ2127-1 )<0, ибо | х21 > IX, I
Полученное противоречие показывает, что наше уравнение не мо-
жет иметь двух различных действительных корней .
513. Пусть АВ>ВС. Предположим, что такая ломаная линия сущест-
вует. Тогда в силу равенства двух образовавшихся фигур в части,
прилегающей к стороне ВС, существует отрезок, выходящий из В и
равный АВ по длине. Пусть второй конец М этого отрезка лежит на
АС. Т.к. М лежит между А и С (по условию ломаная не касается
сторон^, то ВМ меньше ВА. Это противоречие показывает,что М ле-
жит не на АС» а внутри ДАВС Проведем через М отрезок А* С'пара-
ллельно АС, где А' лежит на АВ, а С'-на ВС. Тогда,повторяя пре-
дыдущее рассуждение для ДА* ВС, получим, что ВМ<ВА'<ВА. Следова-
тельно, такой ломаной не существует.
514. Проведем сечение, параллельное какому-нибудь ребру многог-
ранника и пересекающее грани, которые проходят через это ребро.
Тогда в сечения получится многоугольник, у которого две стороны
параллельны данному ребру, т.е. этот многоугольник не может
быть треугольником.
515. Пусть а н b данные скрещивающееся прямые /рис. 2.16!. Выбе-
рем точки М к N на прямых а и b соответственно так чтобы отре-
зок MN имел данную длину. Проведем через прямую b плоскость it,
параллельную прямой а, и опустим на нее из точки М перпендику-
ляр ММ*. В прямоугольном AMM'N отрезок MN заданной длины,а дли-
на отрезка ММ' равна расстоянию между скрещивающимися прямыми;
следовательно, отрезок M'N тоже имеет фиксированную длину.
Проведем через М' прямую а', параллельную прямой а;очевидно,
что прямая а' лежит в плоскости л. Если О- середина отрезка MN,
17а
то ее проекция О' на плоскость
и есть середина M'N. Таким об-
разом, если точка М движется по
прямой а, а точка N -по прямой
b так, что длина отрезка MN
постоянна,то точка М' движется
по прямой а^ так,что длина от-
резка M'N постоянна. Если Ку-
точка пересечения прямых а' и
Ь, то AM'KN прямоугольный (ибо
alb по условию),т.е. КО'=О'М'==
=O'N. Следовательно» точка О'
движется по окружности с ра-
диусом, равным (MN2-M'M2)1/2/2,
и центром в точке К. Тогда то-
чка О движется по окружности
рис. 2.16
того же радиуса,лежащей в плоскости, параллельной плоскости тг;
эта плоскость проходит через середину отрезка ММ', а центр ок-
ружности является точкой пересечения этой плоскости с прямой,
проходящей через точку К параллельно ММ'.
516. Пусть А-/<-•••• дю Т.к. п+^Нп»1*0 99^200
т.е. А>^^>0,07 . С другой стороны,
(1*3’... М9И5Г... ‘99)(5Г53)*(55-57) *...*(95‘97)-99
2S0 501 2S0'.2'4'...-48'50
522'562'...'962'99 _ 248-(13-14-.,'24)2'99 _t3'!4'.,'24'99,
27S'25l в75-121'(13- 14'...'24) "25 227'12l'25
_ (13-15'... '23И14* 16* *24)'99 _ (13'15'. '23'26'99
227'61'7'8'...'11'12'25 227'6l'25
13'17' 19'21'23'33 J3'17'23'33'400_13'17'23'33_167739
“ 228'2S 225.2s —pi
Ответ: A=0,07...
517. Данное число имеет вид 102^а^ ID28,а2+... + 10*а2д+ а30 -
^10(1028*a144027‘a2+...+a29)+a30M6‘X4a30=7*N, где х == 102"*at+
+1027*а2+ ...+a29=(7N-a30):10. Переставим последнюю цифру в на-
чало: 1029-a30+1028-aJ+...+10-a28+a29=1029*a30+x= 1029*a30+(7N-
- аоп):10=((1030-1)а,Лч-7‘ N)):10. Тогда для решения задачи доста-
OU 4V «л Зд
точно показать, что 10-1 делится на 7. Действительно, 10 -1»
=(106)5-1 делится на W6-l, a -7'143.
179
518. Пусть окружности с центрами в точках О и имеют внешнее
касание в точке С. Если АВ-секущая, CeAB.Ac:0)(O.OC),B€w(O1,O1C),
то треугольники АОС и ВО^С равнобедренные, поэтому zOAC- zC^BC,
т.е. OjBjfOA. T.k.OjB и ОА радиусы, то касательные.проведенные в
точках А и В,перпендикулярны к ним, т.е. тоже параллельны.
Если окружности с центрами в точках и О2 имеют внутреннее
касание в точке С и СВ-секущая, DeCB, Beu(OrOtC), Dew(O2,O2C).
то нужно доказать параллельность касательных проведенных через
точки В и D. Это, как и выше, следует из того, что O2D||otB.
519. а)Нет. Например, разобьем каждый из отрезков [0,1], [6.7],
[12,13], [18,19] и [24,25] на 5 равных частей. На отрезке [0.1]
поместим две точки в первую(отсчет слева)часть,на отрезке [6,7]
поместим две точки во вторую часть, на [12,13] - в третью, на
[18,19] - в четвертую, на [24,25] - в пятую. Всего здесь 10 то-
чек, но никакие три из них не лежат на отрезке длнны 6.
б) Да. Если бы на каждом отрезке длины 9 было не более трех
точек, то на веем отрезке длины 25 было бы не более 9 точек, ибо
он покрывается тремя отрезками длины 9. Т.к. у иас 10 точек, то
искомый отрезок найдется.
2
520. (1+Ъ.<1+Ъ.„л(1+_’ =
4 9 „ /+2п 48 п4з-2п „
2. З2 . 4. п* (п+1)2 _
’ 1‘3 2'4 3‘S (n-1)(n+l) n(n+2) “
« ?2’32-42- ...лп2-(п-И12 „ 2£п±Л = 2- -2- < 2 .
1’2’32,42,... • n2(n+1)(n+2) п+2 п+2
521. Пусть а,а*1,а+2,...,а+15,а+16 - данные числа, а>3. Если а
нечетно^ то числа а+1,а+3........а+15 четные. Если а еще и делится
на 3. то сотавными будут еще числа а,а+6 и а+12,т.е.в этом слу-
чае может быть не более 6 простых чисел. Если а=Зк+1, то соста-
вными £кроме четных) будут еще числа а+2.а+8.а+14.т.е. опять ие
более 6 простых чисел может быть. Если а=3к+2,то составными бу-
дут (кроме четных) ещё числа а+4,а+10,а+16,т.е. не более 6 про-
стых чисел может быть.
Если а четно, то аналогичный анализ показывает.что число про-
стых чисел не более 5.
Следующий пример показывает, что 6 простых чисел действитель-
но может быть: 5,6.7,8,9,10,11,12.13,14.15,16.17,18,19,20,21.
522. По условию РАВс=Р треугольники АВС и А^В1С| подоб-
ны. Пусть О - центр вписанного в ДАВС круга; но О будет и цент-
ром круга вписанного в треугольник AjB^, ибо по построению О
180
равноудалена от сторон АА^В^. Проведем ОАр тогда точка А ле-
жит на ОАгИз точки О опустим перпендикуляр OD^a A^D^AjCp
пусть D=ODtnAC. т.е. OD1AG
Из подобия АОАС и ДОА^а также ААВС и ДА^В^ следует, что
BGB.C.= АВ:А,В,= AC:A,C.=OD: O.D. и S4nr:S. в г = АС2: А,С2 т.е.
smr =S-OD2:OD2 и Р. nr=OD.,(AB+AC+BC):OD=OD.,P:OD, где OD-
I । i I
радиус круга, вписанного в ДАВС. и ODpOD+DD^OCM-h.T. k.OD* P-2S.
Ответ: SA^C =S+Ph/2 и Рд^с =P+P2h/(2S).
523. Предположим, что последние три. цифры числа 1973-п совпада-
ют с последними тремя цифрами числа 1973-гл.где Isnvs999,l^n*s999,
m*n. Тогда число 1973n-1973m = 1973(n-m) делится на 1000, т.е.
n-m делится на 1000. что невозможно в силу выбора пит.
524. Для четных тип выигрывает второй игрок. Его стратегия,на-
пример. такова:отвечать симметричными относительно центра прямо-
угольника ходами.
Если только одно из m или п нечетно,то выигрывает первый:вы-
черкиванием одной линии он сводит задачу к предыдущему случаю,
причем он будет уже играть роль второго игрока.
Для нечетных тип выигрывает второй: отвечая на любой ход
первого игрока вычеркиванием перпендикулярной линии, он сводит
задачу к первому случаю.
525. Данное число N имеет вид.Ы=Ц10Ю4-10%...4’10+1)’ 109-нх» где
108sa<109. Тогда N= (IO1’-!)-1099+а=(Ю2°-109+9а):9. Покажем, что
<(10ю-1)/3>2 < N <((10ю+2)/3)2. Действительно. ((10®-1)/3)2=
Ч1О20—2-10ю+1):9<(102-109+9а):9 =N и ((1О®+2)/3)2 «=(10W+
+4-10®+ 4)/9 >fl02°+lo’°-109)/9>(1020-109+9a)/9=>N. Т.к, (10®+
+ 2)/3-(10®-1)/3=1, то N не может быть квадратом целого числа.
526. Сумма всех чисел, написанных на всех п треугольниках,входя-
щих в стопку,равна N=(l+2+3pп,то N делится на б.Поэтому в каж-
дом углу сумма не может разнятся 25, т.к. N=75 не делится на 6,
Рассмотрим стопку из 5 треугольников, в вершинах которых напи -
саны соответственно числа: (3.1,2), (1.3.2), (2,1,3), (1*3,2)»
(3.2,1). Сумма чисел, стоящих на первых местах ^и на вторых, и
на третьих) равна 10, т е. из треугольников можно сложить стоп-
ку с суммой по углам, равной 10. Повторим эту стопку 5 раз, мы
получим сумму по углам 50.
527. Предположим.что последние три цифры числа 1974совпадают
181
с последними тремя цифрами числа 1974 *т, где 1^т^500, 1 3ns500.
тогда число 1974* n-1974 •m=1974*(n-m ) делится на 1000»т.е. n-m
делится на 500, что невозможно в силу выбора чисел пит.
528. Пусть 10Л~,а1+10п”2ап^+...+10а2-ьа^—произвольное натураль-
ное число большее 100, п^З. Оценим сверху отношение
+...+10/(an<...*a3*a1)+l/(an*...*a3<a2)) ’.Это отношение будет
максимальным, если знаменатель минимальный. Очевидно, что при
данном п знаменатель будет минимальным, если а<=а=..=а ~9.То-
_ 2 П
гда задача сводится к оценке сверху отношения 9 /( 10 - 1) для
всех п. Найдем минимальное значение дроби (10п-1)/9п=(10/9)п-
-1/9п; т.к. уменьшаемое растет с ростом п, а вычитаемое убывает
то минимальное значение разности будет при наименьшем п»т.е.при
п=3. Поэтому искомая оценка равна 9^/999=27/37.
529. Введем S =х2+ х?+...+ х2-(х.+ хо+...+ Лх .
Пусть п=2. Тогда S2«(X|*j^:2) +3»х2:4^0 для всех Ху х2.
Пусть. п=3. Тогда S3=(x1-x3:2)2+(x2-x3:2)24-x3:2&0 для всех хг
х2, х3.
Пусть п=4. Тогда ,S4«(x^x4:2)2+(x2-x4:2)24-(x3-x4:2)2-bx4:4a0 для
всех хг х3, х4. 9 '
Пусть п=«5. Тогда S5=(x1-x5:2r+(x2-x5:2)+(x3-x5:2)z+(x4-
-xg:2)2 *0 для всех х^ х2, х3, х4, xg.
Пусть n>8.
Предположим;, что х^х2=х3=х4=хп:2> 0 и 0<х5=хб=хп1<хп- Отсюда
S<0 при таких Ху x2,...r xfi.
Т.о. неравенство справедливо при любых положительных хр
«2»..., хл для п«5.
539. По условию АО=4 и ВС=13. Построим AA1BJC1 со сторонами, па-
раллельными сторонам ДАВС АеВ^, B^Cjl ВС, ВаА^уА^ || АС и
CeBjCyH А^Н АВ. Тогда эти треугольники подобны с коэффициен-
том подобия 2. Т.к. АО1ВС, то AOlBjCy причем А -середина В^.
ВО-перпендикуляр к отрезку А^Су проходящий через его середину.
Следовательно, О - центр круга, описанного возле ДА^^.Обоз -
начим его радиус через Ry Из прямоугольного ДАОС1 получаем:
^=ЮС2=АС^4АС2МО2чЪС2=185, т.е. Rp/ГЯК. Тогда радиус круга,
описанного вокруг ДАВС, вдвое меньше, т.е. равен 2,5.
531. Решение требует простого перебора >например, по принципу:
482
сколько может быть различных по раскраске гаек с 0, 1, 2 или 3
белыми гранями?).
Ответ: 13, а именно: БКБКБК. БКБСБК, СКСБСК, БСБСБС. БКБСБС.
СКСБСБ, КСКСКС. КБКБКС. КБКСКС. КБКСБС, КСКБСБ. КСБКБС.
. КСБКСБ.
532. Пусть A,B,C,D - данные точки (рис.2.17),и сторона квадрата
ABCD равна а. Покажем, что искомое геометрическое место состоит
из точек, лежащих внутри четырех квадратов AA^BjB.BBjCjC.CC^D^D
и DD4A4A, полученных из квадрата ABCD параллельным переносом и
имеющим с ним общую сторону (т.е. стороны квадратов не включа-
ются а искомое геометрическое место).
Т.к. АВ.ВС,CD и DA являются средними линиями в треугольни -
ках, образующих выпуклый 4-угольник, то квадрат ABCD лежит вну-
три 4-угольника. Поэтому если вершина 4-угольника будет лежать
в области, ограниченной лучами DD^h DD4, то выходящая из нее
сторона 4- угольника не может проходить через вершину D, т.к.
четырехугольник не будет выпуклым; но выходящие из нее стороны
не могут проходить через вершины А и С, ибо тогда АС было бы
средней линией. По той же причине отбрасываем области, ограни-
ченные лучами BBjH ВВ2, СС2 и CC3.AAt и ДА*.
Пусть теперь вершина М 4-угольника лежит в полуполосе» обра-
зованной продолжением сторон квадрата ВС и AD вне CC3D3D$mc.2.
17). Проведем МС и продолжим ее так. чтобы NC=MC. Т.к. проекция
МС на продолжение СС3 больше стороны квадрата, то то же верно и
для проекции NC на продолжение СВ, т.е. точка N лежит в облас-
ти,ограниченной лучами BBj и ВВ^,
чего быть не может, как мы уже по-
казали. По той же причине отбрасы-
ваем еще три аналогичные области.
Покажем теперь, что любая точ-
ка R, лежащая внутри крестообраз-
ной области AAjB^BjCjCCjD^D^A^A
(т.е. исключены стороны квадратов
и квадрат ABCD целиком со сторо-
нами) является вершиной' такого
4-угольника. Проведем RB и продол-
жим так, что BP-RB; проведем ₽С к
продолжим так. что PC==CQ;проведем
QD и продолжим так, что QD=DC.По-
кажем, что точки R, А и S лежат на
одной прямой, и RA=AS. Соединим
рис.2.17
183
точки R и S, и пусть Д'-’Середина RS. Т.к. DA'-средняя линия &
ARSQ, то DA'|| RQ и DA'=RQ/2<=BC. Но т.к. DA=BC, DA|| ВС. то DA и
DA' совпадают, т.е. А и Az совпадают,и точка R-вершииа 4-уголь-
ника RPQS, удовлетворяющего условиям задачи.
533. Пусть AD=x*AB. Проведем KD^jCD. Очевидно,что tqKAM=tq(KAD-
-MAD); но tgKAD=KDl:AD1=±5:(4x) н tgMAD=MD:AD=0,2/x.Тогда tgKAM=
=1,05:(х4’0,25/х), т.е. задача сводится к отысканию минимума фу-
нкции f(x)=x+0,25/x. Минимум достигается при х=0,5.Следователь-
но, AB*2CD.
534. См. 529.
535. По условию f(x)ff(l/(l-x»=x,x*O, х*1. Подставим вместо х
величину 1/(1—х); тогда получим второе равенство: f(l/(l—х)) +
+Ц1-1/х)М/(1-х). Подставим в первое равенство вместо х вели-
чину 1-1/х; тогда получим третье равенство: 1(1-l/x)+f(x)=1-l/x.
Из всех трех равенств, исключая f(1-l/x) и f(l/(l—х)), найдем
f(x)=(x3-x+l):(2x(x-l)).
53в. Mn-k+lJ-Hn-kXk-lH-
537. Предположим, что. такие 4 точки существуют. Если они обра-
зуют выпуклый 4-угольник ABCD, то углы при вершинах этого 4 -
угольника меньше 90е, т.к. треугольники ABC,BCD,CDA и DAB ост-
роугольные. Это противоречит тому, что сумма углов выпуклого 4-
угольника равна 360е. .
Если 4-угольник невыпуклый энапример, точка С лежит внутри
треугольника ABD«, то сумма углов при вершине С равна 360°,т.е.
хотя бы в одном нз трех треугольников с вершиной в С будет ту-
пой угол, не меньший 120е, что противоречит условию.
538. а|Предположим, что замкнутый многоугольник A1Ag...AnчАп
существует и что точка А} соединена с Ап, как с ближайшей, т.е.
A1An<AjA2. Т.к. точки А1 и А^ соединены отрезком, то А^- бли-
жайшая к Aj, т.е. А^сА^А^. Рассуждая аналогично, получим, что
A2A3<A3A4<...<Afi4An<AnAr т.е.А1А2<АпА1,что противоречит пред-
положению. Аналогично получаем противоречие, если предположить,
что AtAn>AtA2
^Предположим, что пересекающиеся отрезки существуют, т.е.
В ближе всего к A, a D - ближе всего к С. Следовательно, AB<AD
и CDcCB, откуда AB+CD<AD+CB. Это последнее неравенство противо-
речит тому, что в выпуклом 4-угольнике сумма диагоналей больше
суммы двух его противоположных, сторон.
184
539. Занумеруем клетки шахматной доски цифрами 1, 2 и 3 подряд
Г5Г< 213Н
h12131412
L“zzasn
ннивииав
ПаЕШВЕШГ
впвёшввь
ывпаипын
„zzzzana
вивииави!
21
рис. 2.18 рис. 2.19
по строкам, как на рис.2.18. Отразим доску с нумерацией относи-
тельно прямой АВ. На каждой из досок написано 22 единицы, 21
двойка и 21 тройка. Каждое "тримнно" обязательно покрывает поля
занумерованные разными числами. Поэтому свободным может остаться
лищь поле, на котором в обоих случаях стоит единиДа,Таких полей
всего 4.Способ укладки "тримино",при котором остаётся Свободная
клетка с 1, указан на рис.2.19. Расположения, при которых оста-
ются свободные другие из выделенных клеток, можно получить, по-
ворачивая рис.2,19, на 90°, 180° и 270°.
540. 1О15°-9950 > 1О15О-ЮО50 = Ю2О125-1ОО50 > 40200^-100®° =
= 10225-10025—1ОО50 » ЮО^Юг^-ЮО25) > 10025 > 100®.
541, Предположим, что АС>ВС. Пусть MNPQ-вписаиный в ДАВС ^NeAC,
PeBC;M,Q€AB) прямоугольник и О - его центр. Проведем медиану CF
и высоту CG/F, GeАВ). Пусть D=CFnNP, проведем DEf/ CG/ЕбАВ);оче-
видно, что D-середйна отрезка NP. Тогда точка О-ссредина отрез-
ка DE, т.е. она лежит на медиане, проведенной из вершины F к
стороне CG в треугольнике FCG >исключая точку F и основание ме-
дианы, т.е. середину высоты CG*. Эта медиана >без конечных то-
чек* и является искомым геометрическим местом.
Если АС=ВС, то искомое геометрическое место - это половина
/прилегающая к АС) медианы равнобедренного треугольника, прове-
денная из вершины С /без концов).
э 542. Очевидно, что хну разной четности. Пусть х-2х^ и у=2у^+1.
Тогда 4 Xj+4 у^+4 у^+1=1975, т.е. 4(х^+у^4-у^Ы974. Т.к. 1974 не
делится на 4. то уравнение не имеет решений в целых числах.
543., Предположим, что 3 таких числа нашлись и обозначим их a-d,
а и a+d, где d<a, d*0. Т.к. a=0,5((a-d)+(a+d)), то если в а на
k-м месте стоит нуль, то в числах a-d и a+d на к-м месте тоже
должны стоять нули. Если в а на к-м месте стоят единицы,то в чи-
слах a-d и a+d на к-ом месте стоят единицы. Следовательно, все
три числа равны, т.е. d=0. Полученное противоречие показывает,
что таких чисел нет.
544. Запишем уравнение в виде х(х2+1)==у2. Очевидно, что х>0.Т.к.
х и х2+1 взаимно просты, то х=и2 и x2+l=v2, т.е. v2-H=u4, или
(v-u2)(v+u2)=l. Т.к. u2<v, то v-u2=v+u2=l. Отсюда v=l и ц-0,т.е.
х=0, у=0.
545. а) Тремя параллелограммами нельзя, т.к. каждый такой пара-
ллелограмм >к.<1, 151<3«может покрыть только одну из вершин па-
раллелограмма ABCD. Четырьмя параллелограммами покрыть можно;
например, разделить параллелограмм ABCD на 4 равных параллело-
грамма прямыми, параллельными его сторонам,т.е. k^k2-k3=k4=0,5
б) Двумя кругами покрыть нельзя. Т.к. r^R, то круг радиуса
не может содержать диаметрально противоположных точек окруж-
ности радиуса R »2r1<2R«. Следовательно, круг радиуса г^ покры-
вает меньше полуокружности радиуса R, т.е. два круга радиуса,
меньшего R не покроют целиком окружность радиуса R.
Покажем, что тремя кругами покрыть можно. Разобьем круг на
три сектора по 120° и покажем, что сектор можно покрыть кругом
радиуса меньше. Пусть ZAOB=120\ и С - середина отрезка АВ. То-
гда AC=R/372. Покажем, что сектор АОВ целиком лежит в круге ра-
диуса АС с центром в точке С. Т.к. CO=R/2<AC, то ДАОВ лежит в
нашем круге. Пусть К - любая точка на дуге нашего сектора. Из
ДОКС следует.что СК2»ОК2+СОМ- CO OK- cosCOK=R2+(R/2)2-R2cosCOKs
£5R2/4-R2cos60’=3R2/4, ибо zCOKszCOB=60°; следовательно, C<RV3/2
а потому сегмент АКВ целиком покрыт кругом радиуса R/572.
540. Проведем среднюю линию DE, D£|| АС, и опустим на АС перпе-
ндикуляры DDj и ЕЕГТогда D^-DEsAC^, т.е. ADj+CEj-AC:2,Выбе-
рем на АС точку так, что AD^D^; тогда Л^ЕрЕ^ и треуго-
льники ADMj и М|ЕС равнобедренные. Поэтому, если MD<AD,to М ле-
жит на АМГ т,е. вне отрезка MjC, из чего следует, что МЕ>СЕ.
«547 1 - 1 Д - 1 + - JL х JL-~1 .1+ 1-1x1 -<(1 _ hx
°**’ 2 3 *4 5 *” 999 Ю0СГ2 3*4 5 * 6 "7 8'*
/1 Ьх _________*П z ’ - 1 х 1 1 x 1 = 23 2
'9 ~ 1O'+‘ ‘^999 ЮОО'Л* 2 3 / 4 ~ 5 + 6 60 < 5’
548. Пусть а.Ь.с-стброны треугольника; Ьа,Ьь,Ьс-соответструющие
высты; S— площадь треугольника и r-радиус вписанной окружности.
186
Тогда S=(a+b+c)-r:2=a’ha:2=b’hb;2=C’hc:2> т.е. a+b+c=a* ha«b* hfe-
=c*hc. Отсюда ha=l+(b+c)/a, hb=l+(a+c)/b и h ₽14(a+b)/c. Т.к.
высоты целые числа, то b+c=akp a+c=bk2, a+b=ck3, где krk2, k3
- целые числа, большие 1, ибо в треугольнике сумма двух сторон
больше третьей стороны. Сложив эти равенства, получим 2(а+Ь+с)~
=ak1+bk24-ck3, т. е. (k1-2)a+(k2-2)b4-(k3-2)c=0. Т. к. kj£2, к2^2,
к3-2, то равенство возможно лишь при к^к2~к3~2.Но тогда из ра-
венств а+с=2Ь, а+Ь=2с следует, что Ь~с, т.е. а=Ь=с.
549. Пусть некоторая бактерия, у которой N потомков среди 1000
бактерий, разделилась на 2, у которых соответственно N' и №* по-
томков средн 1000 бактерий. Тогда N=N'+N",h поэтому одно из чи-
сел N' и N" не меньше N/2.
Рассмотрим последовательность бактерий Ar A2,..,,Affl, где А^-
самая первая бактерия, Ак+1- та из двух бактерий, возникших при
делении Ак, у которой не меньше потомков, чем у ее сестры >1^М
^т-1«, и Ат- одна из 1000 бактерий, которые получились в конце.
Пусть бактерия Ак имеет Nk потомков. Тогда последовательность
Nt=1000,N2,...,Nm^rNm==l убывающая, но каждый ее член не меньше
половины предыдущего: Nk>Nk+1^Nk:2. Если выберем j так, что
£200, то получим lOO^Nj ^199., т.е. бактерия А. удовлетво-
ряет условия задачи.
550. Пусть ABCD данный квадрат, точки А и В лежат на окружности,
а точки С н D не принадлежат окружности. Проведем из точки О пе-
рпендикуляр к стороне DC, который пересекает АВ и DC в точках F
и Е соответственно. Положим АВ=х и найдем наибольшее значение
OD. Ясно,что OD2-DE2+OE2; т.к. DE-x/2 и OE=FE+OF=x4-(AO2-AF2)1Z£
*==х4(1-(х/2)2)1/2,то OD2=(x/2)2+(x+(i-x2/4)1Z2)2=l+x24-x(4-x2)J/?
Найдем максимальное значение функции f(x)=hx2+x(4-x2)5/2. При-
равнивая к нулю производную этой функции, получим уравнение х2-
-2=(4-х2)*/2>т.е. х2>2«. Возводя в квадрат обе части уравнения,
получим биквадратное уравнение х4-4х2+2-0, откуда х2=2±/2Г. Т.к.
х2>2, то х2-2+*'2'-корень. Проверяя смену Знаков производной,лег-
ко показать что x^(2+v6F)1Z2, действительно, есть Точка максимума
функции f(x). Тогда наибольшее значение OD2 равно 1+(2-ь/?)+(24’
+V2)1/2-(4-(2+vz2,))1/2-3+2vz2'==(14v12)2. Следовательно, наибольшее
значение OD равно 1+V2*.
551. х.^х44-Ь(х4+1)2-х4Цх4+1-х2)(х4+1+х2)=((х2+1)2-Зх2)((х2 +
ч-1)2-х2)=(х2-х/Т+1)(х2+х/3'+1)(х2-х+1)(х2+х+1).
552.'Т.к. ДАВС равносторонний, то ДА^С тоже равносторонний.
187
Тогда радиус данной окружности, проведенной в вершину Аг лежит
на высоте, выходящей из этой вершины, т.е. этот радиус паралле-
лен ВВГ Но BBjlAjCj, ибо AjCj-средняя линия в ААВС. Следова-
тельно, радиус, проведенный в вершину Аг перпендикулярен С^АГ
т,е< CjAj касается окружности в точке Аг
553. Пусть aJa2’..a9a0- искомое число. По условию а1+а2+...+а9+
+aQ=10, ибо сумма цифр числа равна числу его цифр. Если бы ао=О,
то в записи числа был бы хоть один нуль, т.е. а0^1. Пусть aQ=k,
т.е. в записи числа ровно к нулей. Тогда aQ и эти нули занимают
к+1 место в записи числа,а сумма этих цифр равна к. Поэтому ос-
тавшиеся 10-(к+1 )~9-к цифр дают в сумме 10—к. а это возможно
лишь в том случае (для ненулевых слагаемых), когда одна цифра
из оставшихся равна 2, остальные равны 1.
Т.о., если к>2, то а0=к,а2=1,а^8-к, т.е. а3+а4+...+а9= 10 -
~(а0+а1+а2)=1. Следовательно, среди а3, а4,...,а9 одна единица,
а все остальные - нули. Отсюда следует, что число нулей 6. т.е.
аб*=1, k=6,a3=a4=a5=a7=ag=ag=0. Искомое число равно 2100010006.
Легко видеть, что случаи к=1 и к=2 не дают решения.
554. Можно обойтись 6 разрезами.Разрежем сначала куб 4x4x4 на 8
одинаковых кубиков размером 2x2x2 »три разреза*. Выложим их в
одну цепочку и разрежем их вертикальной и горизонтальной плос-
костями вдоль цепочки »еше два разреза*, так, что получится 32
кубика размером 2x1x1. Выложим их в цепочку и разрежем одной
плоскостью вдоль цепочки так, чтобы получилось 64 кубика разме-
ром IxlxL
- Пятью разрезами обойтись нельзя, ибо для вырезания кубика,
лежащего внутри куба, надо вырезать 6
его граней,лежащих в разных плоскостях.
555. Очевидно,, что у одного из треу-
гольников >рис. 2.20* одна из сторон не
больше единицы, ибо, если сторона тре-
угольника идет по АВ', то сторона дру-
гого треугольника должна идти по СВ. На-
ибольшее значение высоты такого треу-
гольника, опущенной на сторону, которая
не больше единицы, равно семи,т.е. мак-
симальная площадь этого треугольника
равна 3,5.
Т.о., площади этих треугольников не
рис.2.20
превосходят 3,5. Но
188
площадь оставшейся части доски равна 63. т.е. доску можно раз-
бить на 18 таких треугольников >рис.2.20<. Т.к. площадь этих
треугольников максимально возможная, то число треугольников
наименьшее из возможных.
556. Пусть SrS2»....S1976- площади данных фигур. По условию
S.sS, l<i<1976 и S1+S2+...+S1976>1975’S. Рассмотрим сумму пло-
щадей фигур, дополняющих данные фигуры до квадрата: (S-Sp+(S-
-S2)+... +(S-S1976)=1976 • S-fS^S^... +S1976)<1976 • S- 1975 • S = S,
т.е. в квадрате существует хотя бы одна точка, не принадлежащая
ни одному нз дополнений данных фигур, а следовательно, принад-
лежащая всем фигурам.
557 х~2
*-у Х“У Х~У Х~У
558. Предположим, что среди четырех цифр есть две соседних,те.
различающихся иа единицу. Построим два двузначных числа следую-
щим образом: 1| большую из соседних цифр сделаем числом десят-
ков первого числа, а меньшую-числом десятков второго числа; 2jt
из двух оставшихся цифр меньшую сделаем числом единиц первого
числа, а большую-числом единиц второго числа. Очевидно, что их
разность меньше 10. Следовательно, в этом случае d<10.
Предположим, что соседних цифр среди выбранных четырех нет.
Запишем эти 4 цифры в порядке возрастания; тогда интервал между
рядом расположенными цифрами содержит,но крайней мере,одну про-
пущенную цифру. Если все три интервала содержат по две пропуще-
нных цифры, то всего было бы 10 цифр, а у иас 9. Следовательно,
хотя бы один интервал содержит одну пропущенную цифру. Запишем
выбранные цифры в виде с, с+2, а, b и пусть а<Ь. Построим числа
10(с+2)+а и Юс+Ь. Тогда <1*Ц10(с+2)+а)-(10с+Ь)»20-(Ь- а)^18, ибо
Ь-а^2. т.к. соседних цифр в нашей четверке нет.
Для цифр 1,3,7 и 9 имеем: 6=91-73=37-19=18. Следовательно»
наибольшее значение d равно 18.
559. Проведем диагональ АС; пусть ^двс^АСО Если М-искомая то-
чка, то очевидно, что она лежит внутри большего по площади AACD.
Положим, SACD-SABC=a. Т.к. S^^gS AMCD. то S5tAc=SMABC“^ABC ж
=SAMCD-SAeC=SACD-SMAC”SABC откУда 5|ЧАС=^5АСО“^АВС^Жв//^
площадь и основание АС ДМАС постоянны, то точку М можно двигать
внутри 4-хугольиика по отрезку, параллельному диагонали АС.
Заметим, что если Е - середина диагонали BD, то ^десо^^АВСЕ*
189
ибо и $СВЕ=$СОЕ’т е' точка лежит на построенном на-
ми отрезке. Следовательно, искомое множество есть отрезок FG,
лежащий внутри 4-хугольника и проходящий через середину диаго-
нали BD. параллельно диагонали АС.
560. ПреДПОЛОЖНМ/ ЧТО ВСе ЧИСЛа а|а2»а2а3*’*’а1974а1975 одного
знака. Тогда произведение этих 1974 чисел положительно. Но
(aJa2)'(aaa3)\..-(aWZ4ae75)=aJ’aw7B’a’-a|-.>,ra2974<0
по условию. Следовательно, предположение неверно й среди данных
произведений есть числа разных знаков.
561. а« Первый пишет 1; какую бы цифру ни написал после этого
второй, первый следующим ходом пишет цифру, дающую в сумме с
предыдущей ровно 6 и т.д. Таких пар, сумма которых равна 6, бу-
дет 9 в 20-значном числе 4ибо первый своим первым ходом назвал
еднницу^т.е. их сумма равна 54. Что бы ни написал второй игрок
последним ходом, сумма цифр получившегося 20-значного числа бу-
дет не больше 1+54+5=60, а поэтому это число%елится на 9. Сле-
довательно» при к»10 первый всегда может помешать второму по-
строить число, кратное 9.
б«: Что бы ни написал первый, второй пишет цифру,дающую в су-
мме с предыдущей ровно 6. Т.к. в 30-значном числе таких пар 15,
то сумма цифр будет равна 90, т.е. число делится на 9, и значит
в этом случае второй игрок всегда может построить число, крат-
ное 9. ' ,
56& Если О-центр и R - радиус, то точка О лежит на пересечении
перпендикуляров, проведенных через середины сторон ДАВС, т.е. О
центр описанной возле ДАВС окружности.
.Обозначим ее радиус через г/ r<R, т.е. OE=R, ОА=г> квадрат ABCD
построен на стороне AC, Е, Dew(O,R). Проведем OF1AC, т.е. F-ce-
редина АС Тогда из ДОАЁ по теореме косинусов получаем: ОЕ2-АЕ2+
+АО2-2*АЕ’AO‘CoszOAE или R2-x2+r2+2xr*sinzOAF, где АС=АЕ=х. Т.к.
coszOAF=AF/OA=x/(2r), то R2=x2+r2+2rx(l-x2/(4r2)),/2 или (R2 -
Легко показать, что если центр О лежит вне
относительно стороны
2x4-2(R2+r2)x2+
Т. к. (R2+
ровно два
R2=x2+r2+2rx(l-x2/(4r2))1?
»Легко показать,
ДАВС то мы приходим к тому же уравнению
квадрата х<. Преобразуя это уравнение, получим.
+(R2-r2)2=< откуда х2=((R2+r2)/2+(6R2r2-R4-r4)1/2.
+r2)2-(6R2r2-R4-r4)=2(R2-r )>0,то это уравнение дает
значения Стороны треугольника, т.е. наш треугольник обязательно
равнобедренны#,
190
563. Если квадрат уже раз-
бит на п квадратов, то
разбив один из составля-
ющих квадратов на 4 рав-
ных квадрата, получим п+3
квадрата. Поэтому для ре-
шения задачи достаточно
указать,как разбить квад-
рат на 6, 7 и 8 квадратов >рис.2.21«.
рис.2.21
n
564. Достаточно рассмотреть функцию f,(х)= £ a.coskx. ибо если
1 I. - I *
п
£ а, coskx.aO, f(-x„)sO,
к» 1 • „
к-1 "
а т.к.
п
S b Unk(-xJ
k-1
п
£ Ь.$1пкхпбудет неотрицательна либо при
к-1 к и
п
и поэтому сумма S» £a.coskx+b.sinkx
k-l * *
Х=Х0, либо при Х^-Хф.
№Х0»
неотрнца-
х 1/х) <
f/X0>
п
=- £ b.sinkxo,TO
к-1 к и
либо при №-Хд,
тельна либо при
Доказательство проведем от противного. Пусть для всех
<0.Для данного п найдем такое т, что и положим а^®
п 2я1
По предположению Ц(х)» £ a^coskx- £ akcoskx<0
Тогда Ц(х)«
Аналогично,
Продолжая
это невоз-
=an.2=-=a2m= ° 1 - . к-> -
для всех х. Построим функцию f(x) « f(x) + (0Г-х).
= £ (l+(-l)k)a.coskx=2 £ ao.cos2kx<0 для всех х.
k-i * k-i/;
2 т-2
f3(x)= f2(x)+f2(n/2-х)®4 £ a4kcos4kx<0 для всех х.
т.о., получим fm+1(x)«2ma2mcos2mkx<0 для всех х, но
можно, т.к. cos2mkx и cos2mk(n/(2mk)-x)=cos(it-2mkx) « *cos2mkx
имеют разные знаки. Полученное противоречие показывает,что сум-
ма S имеет хотя бы одно неотрицательное значение.
Можно решить эту задачу, используя интегралы и свойства ведре-
п
рывных функций. Предположим, что функция f(x)» £a.coskx>0 за-
к-1 *
дана на [-я,д]. Т.к. !(х) непрерывна на [-я,я], то она достига-
ет на [-пл] своего минимального значения rne^glg^x^O. Тогда
Jnf(x)dx^j'7rmdx=2nm>0. С другой стороны,/^(xjdx® £ a./ffcoskxdx®
-я -и -« к-1 -Я
5=£ak(sinkn-sink(-n))/k=0. Полученное противоречие доказывает
утверждение задачи.
191
565. Т.к. logcb=Io^cb/logca и среднее арифметическое не меньше
среднего геометрического, то (log45+log56+log67+log78)/4 -ж
»vTog48 3= Vi ,5=(Zl ,5)1/2 >vT72T=l,l, откуда и следует наше не-
равенство.
566. Пусть Эра2*аз~ стороны треугольника, a hrh2,h3 - соотве-
тствующие высоты, S - площадь треугольника, hp!2 и h2=20. Т.к.
a^+aj в а3<а1+а2, то 2S/ht<2S/h2+2S/h3 и 2S/h3<2S/ht+ 2SZh2,
откуда l/h1<l/h0+ 1/h, и l/h.<t/h.+ 1/1ц, т.е. h.ho/(h. '+ hj <
<h$< hjhj/thj-hj) или 7,5<h3<30.
567. По условию 2m+3n=k2, где mto, rteO.
{«Предположим^ что m=0, т.е. 3n+l=k2 и 3n=(k-l)(k+l). Т.к. (k+
•И)~(к-1)®2,. to k-l=l и k+l=3n, откуда k=2, n=l. В этом случае
решение имеет вид: т=0, п=1.
2« Пусть т»1» т.е. 2+Зп=-к2. Очевидно, что к не делится на 3, а
тогда его квадрат имеет вид 3s+l, и потому равенство 2+Зп=к2не-
врзможно.
3« Пусть ш»2, т.е. 4+ЗМ2 или (к-2)(к+2>Зп. Т.к. (к+2)-(к-2)=
з=4, то к-2=1 и к+2=Зп; следовательно, в этом случае тоже нет ре-
шения.
4« Пусть шМ. п=0, т.е. г^^к2 или 2тЦк-1)(к+1). Т.к. (kfl) -
-(к-1)=2, то к~1«2, k+t®2m’“l, т.е. к=3, ш«З.Тогда решение имеет
вид т«3, п=*0.
5< Пусть т&3, п«1, те. 2т+3^к2 или 2(2га“1+1)=(к-1)(к+1). Т.к.
к - нечетное, то правая часть равенства делится на 4, а левая
при пз*3 только на 2, и потому такое равенство невозможно.
6< Пусть щзеЗ, rte2. Т.к. к-нечетно,то положим к=2г+1, tel. Тогда
2m+3nss4r(r+l)+l или 2m+(3n- 1)=4г(г+1). Т.к. правая часть делит-
ся на 8 и т^З, то Зп-Г делится на 8. Но 3n-l=2(3n~1+3n~2+...+3+
4-1), т.е- Зп~1+Зп~2+...+1 -четное число, откуда следует, что п -
четное число. Положим n=2s, s^I.h рассмотрим уравнение 2m+32s=
«к2 или 2m==(k-3s)(k+3a). Т.к. (k+3s)-(k-3s)=2 • 3s, то k-3s=2, k+
+3$=з2т"к\ т.е. 3s4-l=2m~2. Только четные степени 2 при делении
на 3 дают в остатке 1,а поэтому m*-2=2t, tel.Тогда 3s=(2t-l)(2t+
+1). Т.к. (2Ч1Н2М)«2, то 2*-1=1, 2(+1=35. Отсюда t=l, s=l.
В этом случае решение имеет вид гл=4, п-2.
Итак, уравнение имеет три решения: m=0, п=1; m=3, п=0; т=4,п=2.
192
рис.2.22
568. 2k-2m=((k+m)-(k-m))((k+m)+(k-m))=(k+m)2-(k-m)2. (2k+l)(2m+
+l)=(k+m+l)2-(k-in)2.
569. (10®7s+i)/(10®7e+l)-(10®76+l)/(10W77+l)=((10e7s+t)’
•(1О’977+1)-(1ОЮ76+1)2)/((1О1976+1)(101977+1))=(1О®77+1'о,978-;
-2-10®76)/((10®76+lX10S77+t))=(10®75+8,10®76)/((10®76+
+l)(10®77+l))>0.
570. Каждый прямоугольник доски
ABCD {рис. 2.22содержащий данную
клетку, определяется заданием от-
резков AD'h АВ', содержащих соот-
ветственно отрезки, определяющие
эту клетку. Поэтому достаточно для
каждого из 8 отрезков единичной
длины стороны MN указать, сколько
существует различных отрезков с
длинами 1,2,3,...,7,8, содержащих
данный отрезок. Это легко подсчи-
тать непосредственно и соответс-
твующие цифры указаны на чертеже
рядом с отрезком. Поэтому для
данной клетки существует 18*20=
360 прямоугольников клетки, содержащих ее. Тогда самое малень-
кое Число 64 записано в угловых клетках доски, а самое большое
число 400 записано в четырех центральных клетках доски.
571. Разобьем отрезки АО, ВО,СО и DO соответственно на 4, на 3,
на 5 н на 2 равные части. В ААВС из вершины В проведем отрезки
в точки деления,т.е. разобьем ДАВС на 9 равновеликих частей;ес-
ли площадь каждой части равна sr то Saob=4Sj и SB0C=5st.
Если тоже самое сделать в AADC и обозначить площадь каждой
части через s2, то SAOD=4s2 и S^SSj.
Поступим аналогично с треугольниками ABD и CBD; обозначая
площади соответствующих частей через s3 и s4 соответственно, по-
лучим, что SAOB=3s3 и Saod=2s3, SBQC=3s4 и SCOp=2s^.
Т.о., получаем систему уравнений: 4s1==3s3, 5sp3s4, 5s2=2s4,
4s2=2s3, 9(s1+s2)=5(s3+s4)«L
Решая систему, находим, что Spl/15 и з2=2/45. Ответ: SAOB =
=4/15. S^l/3. Sqj^/G и Saod»8/45.
193
572. Если p2-4q2-4pq, то (p-2q)2-8q2. Т.к. справа стоит четное
число, то слева-тоже четное; но левая часть этого равенства де-
лится на четную степень 2,ибо это точный квадрат, а правая часть
равенства делится на нечетную степень 2, ибо 8=23.Следовательно,
такое равенство возможно лишь при p=q=O.
573. Пусть рабочий изготовил а деталей А и b деталей В. По усло-
вию Ь<а 2а+Ь<32 42| и а+2Ь>28 43|. Отсюда следует, что ЗЬ<
<2а+Ь<32 и За>а+2Ь>28, т.е. Ь^10 и а£10. Из двух последних не-
равенств получаем: 2(28-2Ь)<2а<32-Ь и 28-а<2Ь<2(32-2а); решая
первое из этих неравенств относительно Ь, а второе относительно
а, получим Ь>8 и а<12.
Т.о., 9sb£10 и lOsaSll. Если а=10, то в силу возможно
лишь Ь-9, но это противоречит (3J. Если а=11 и Ь=10,то это про-
тиворечит (2J. Значения а=11 и Ь=9 удовлетворяют условиям
-431.
574. a2+b2+c2+d2-ab-ac-ad=a2/4+(a/2-b)2+(a/2-c)2+(a/2-d)2s0.
575. Если АС=СВ, то проведем биссектрисы углов А и В в ДАСВ и
они пусть пересекают СВ и СА соответственно в точках Z и Y.Тог-
да AY=YZ=ZB.
Пусть АС<СВ. Отложим на стороне СВ отрезок САГ СА^=СА и вы-
берем на продолжении АВ за точку В точку В1 так, что AjBt - А?С
0то можно сделать, т.к. СА больше высоты, проведенной из вер-
шины С, а, следовательно, СА больше перпендикуляра, опущенного
из точки AjHa АВ^.Из точки В проведем прямую, параллельную А^
до пересечения в точке D с ААгиз D проведем прямую, параллель-
ную ВС, до пересечения в точке Y с АС, из Y проведем прямую, па-
раллельную BD, до пересечения с ВС в точке Z. Тогда AY=YZ=ZB.
Действительно, из подобия треугольников ADY и AAjC, ADB и AA^Bj
следует,что DYiCApAD.AApBD:А1ВГ Т.к. AJJ^AjC, то DY=DB,r.e.
параллелограм BDYZ является ромбом и поэтому YZ=ZB. Кроме того,
из СА=СА1 следует AY=YD. Следовательно, AY=YZ=ZB.*
576. Пусть х=*(0<99 ... 99)1/1976. Тогда 0<х<1, т.е. х>х2 >... >
19761знаков
>х,у д0«99 ... 99t, откуда следует, что первые 1976 знаков чи-
i §76’знаков
ела х после запятой - девятки.
577. По условию Ч ,=хк-х2 т.е. х2=х^хк+г
5хк+Гхк5*’ и х,+Х2+...+х^=х1-х2+х2-х3+...4’Х
Следовательно, 0 s
-х >х.<1.
П П+1 I
578. Пусть Ру-произвольная точка. Рассмотрим 5 отрезков, соеди-
194
няющих ее с другими точками, соединяющих ее с другими точками.
Предположим, что среди них нашлись три белых отрезка; например,
PjPj, PjP3» и Р|Р4‘ Если среди отрезков, соединяющих точки Р2,
Р3 и Р4 хоть один белый, то получим треугольник белого цвета;
если среди них белых отрезков иёт, то они сами образуют черный
треугольник.
Если среди отрезков, выходящих из Рр нет трех белых отрез-
ков, то среди них есть, по крайней мере, три черных отрезка,
а тогда доказательство повторяется.
579. Рассмотрим числа 1, 10, 10*,...Д09п. Среди них найдутся,
по крайней мере, два, дающие одинаковые остатки при делении на
9п. Тогда разность этих чисел делится на 9п. Но разность запи-
сывается с помощью цифр 9 и 0, т.е. после деления на 9 получим
число записанное с помощью единиц и нулей.
580. Пусть S-площадь ААВС, АВ=с. АОЬ. ВС=а и а<Ь<с. Если О-то-
чка в ААВС, то обозначим через х, у, z расстояния от точки О до
сторон ВС, АС и АВ соответственно. Тогда 2S==xa+yb+zc^c(x+y+z),
T.e.x+y4-z^2S/c=shc,rAe Ьс-высота ААВС. опущенная на большую сто-
рону >следовательно, наименьшая из высоте. Если точка О совпа-
дает с вершиной С, то x+y+z-hc. Т.о., вершина С-искомая точка.
581. Для доказательства используем неравенство между средним
арифметическим и средним геометрическим: 3/xyz£(x+y+z)/3 или
xyz^x+y+z)3/27. Тогда
S=Vp(p~a)(p-b)(p-c)sv^’[(p-a)+(p-b)+(p-c)]3/27=/р*р3/27=р2/3 V3=
=(а+Ь+с)*/12<Г, где р=(а+Ь+с)/2.
582. Пусть abcdef-искомое число. Все первые цифры чисел, полу-
чающихся из него круговой перестановкой, различные, ибо в про-
тивном случае разность двух таких чисел, будучи 5-значным чис-
лом. делилась бы на данное число. Следовательно, все цифры дан-
ного числа разные и среди них нет нуля.
Очевидно, что а=1: т.к. все пять чисел, полученных круговой
перестановкой, больше данного числа и различные,то хотя бы одно
из них при делении на данное число дает не меньше 6 в частном,а
потому при а^2 число 6'abcdef уже не было бы шестизначным.
Из равенства bedef 1==к• ТБсИеТ следует.что либо к=3 и f=7,либо
к=7 и f=3, либо k=f=9. Если к=9, то 1 bcdef^llllll, чего быть не
может, ибо в искомом числе все цифры различные. Если к=7 и f=3,
195
TO bcde31=7 • 1 bcde3, откуда сразу следует, что е-3, чего быть ие
может, ибо тогда e=f. Следовательно, к=3 и 1=7.
Из равенства bedё71=3* lbcde7 сразу следует, что е=5. Подста-
вляя в это равенство е=5 и рассуждая аналогично, получим d=8 и
т.д.
Ответ: Искомое число 142857.
583. Т.к. Sqoe’8’ т0» полагая zDOE=a, получим: sina=2s/(de).
Тогда SCQD =• (cdsina)/2 = sc/e, SAQE=(aesina)/2 = as/d и SAQC=
=sac/(de). Из треугольников AOE, АОС и COD находим соответстве-
нно: AE2=a2+e2+2ae • cosa, AC2-a2>c2-2ac • cosa и CD2=c2+d2+2cdcosa.
где cosa равен либо (l-4s2/(d2e2))1/2, если угол a-острый, либо
-(l-4s2/(d2e2))l/2, если угол а тупой.
Теперь из ДАСЕ находим по теореме косинусов (с+е)2=АЕ2+АС2 -
-2-АЕ-AC-cosA, откуда cosA=(AE2+AC2-(c+e)2)/(2-АЕ-АС), а sinA=
=(1- cos2A)1/2
Аналогично из ДАОС: cosC=(AC2+CD2-(a+d)2)/(2- AC-CD).
По теореме синусов из ДАВС получаем: ВС:sinA=AC:siпВ, откуда
BC=(AC-sinA)/sin(A+C). Тогда 5двс=(ВС-AC-sinC)/2 и S0DE=
=$АВС- $ЕЮЕ~$СОО~\оС“\оЕ~(ВС ’AC* sinC)/2-s-sc/e-sac/(de)-as/d=
=( АС2 * si nA • stnC/(2si n( A+C))-s(c+e)(a4-d)/(de).
Подставляя выражения для AC, sinA, sinC, cosA, cosC, получим
S. Задача имеет два ответа, которые определяются знаком cosa.
584. Предположим, что можно разрезать круг тремя хордами на 7
равновеликих частей. Если хотя бы две из-этих хорд не пересека-
ются или все пересекаются в одной точке, то частей будет не бо-
льше шести; следовательно, хорды АВ. CD и EF попарно пересека-
ются Т. к. каждая из них отделяет от круга 3/7 его плошали, то
эти хорды равны {доказать!^. Пусть точка О-центр данного круга
Т.к. AB=CD=EF, то точка О равноудалена от хорд АВ, CD и EF.T.e.
О - центр круга, вписанного в APQR, где P^EFnCD, Q=ABnEF, R=
=CDnAD. Заметим еще, что ABCD - равномная трапеция {ибо AB=CDj,
а потому RA=RD, Фигуру ARD назовем равнобочной криволинейной фи-
гурой с вершиной в точке R. Очевидно, что чем ближе вершина R к
центру О круга, тем больше пл о- щадь криволинейной фигуры с ве-
ршиной в точке R.
Покажем теперь, что площадь фигуры CPQB больше площади фигу-
ры RAD, хотя по предположению площадь каждой из них равна одной
седьмой площади круга. Обозначим через М точку пересечения диа-
метра OR с хордой EF. Из точки М проведем МА' и MD' до пересе-
196
чения в точках А' и D' соответственно с дугой ВС так, что МА'||
||CD и MD'|| АВ. Тогда MA'D' является равнобочной криволинейной
фигурой. Очевидно, что площадь фигуры A'D'M ие больше площади
фигуры CPQB, ибо первая вмещена во вторую.
С другой стороны, площадь фигуры A'D'M больше площади фигуры
ARD,h6o OR>OM >см.выше замечание о сравнении площадей равнобоч-
ных криволинейных фигур*.
Покажем, что действительно OR>OM. Через точку О проведем пе-
рпендикуляр к стороне PQ, пересекающей стороны PQ и RQ в точ-
ках Н и Т соответственно, а из вершины R проведем высоту RS к
стороне PQ. Т.к. ОТ>ОН >ибо ОН-радиус вписанного круга и ОТ бо-
льше расстояния от точки О до стороны PQ«. то RS>TH>2*OH, Тогда
из подобия треугольников RMS и ОМН следует, что RM>2-OM, т*е.
OR>OM. Ответ: нельзя разбить круг тремя хордами на 7 равнове-
ликих частей.
585. Выигрывает начинающий. При первом ходе он должен передви-
нуть фишку на одну клетку, а затем ходить так, чтобы число кле-
ток между белой и черной фишками после его хода было кратно 3,
те если второй передвинет свою фишку вперед иа к клеток » k-I
н к=2«. то первый передвинет свою фишку вперед на 3—к клеток, а
если второй идет назад на к клеток, то первый должен идти впе-
ред на к клеток.
586. Т.к. х2-4у2=104. то х - четное число, т.е.х=2т. Тогда ура-
внение имеет вид: z2-y2=26, откуда следует, что z в у одной
четности. Следовательно, z+y и z-y - четные числа их*- y2=4z+
y)(z- -у) делится на 4. Тогда равенство z*-y*=26 невозможна
587. Если X совпадает с точкой О пересечения диагоналей, то су-
мма этих четырех углов равна 180*. те. больше 135*. Пусть X по-
пала в ДАОВ. Тогда zXBC*zXDA=45o-fzXBD+45o-zXDB=90°+(zXBD-ZXDB)
В9О°, т.к. zXBD^zXDB; действительно если а ДХВО спроектировать
вершину X на основание BD, то проекция попадет на отрезок ВО,
т е. проекция ВХ не больше проекции DX, а, следовательно,BX^DX,
откуда zXDBszXBD. Поэтому zXAB+zXBC+zXGD+zXDAizXAB + ZXCD +90*
>zXCD+ 90e5135*.
588. Второй может узнать все числа за два вопроса. При первом
вопросе он дает набор целых чисел с1®с2=...«С|{М,а первый сооб-
щает ему величину A«al+a2+...+afc. Пусть п такое, что 10*^5 А <
197
10п; тогда a.<10n, isisk. При втором вопросе он задает числа
Cf=L с2«10 , c3=102nt..,( ск=10^к"^п. Тогда по сумме
S=10(k4)n • ак+... + +102л • а3+10п ♦ а2+а1=
=.. .0... 0а~ 0...0а« 0...0а, ,
I--.... . ?„! I-—-*J I-,-Ь
п ’мест п‘мест п‘мест
которую называет первый, сразу видны числа ara2,.»tak.
За один вопрос узнать числа нельзя: уравнение S « aJc1 +...+
рассматриваемое относительно ara2,...,ak, может иметь
несколько решений. Например, при ^=3 н с2=*9 имеем: 3*5 + 9-7 =
«3-2+9-8.
589. Найдем на прямой 1 точку М такую, что сумма АМ+МВ наимень-
шая, Пусть прямая I не пересекает отрезок АВ.Построим точку А*,
симметричную А относительно прямой 1 и соединим А' с В. Обозна-
чим через М точку пересечения А'В с прямой 1. Сумма АМ+МВ наи-
меньшая, ибо для любой другой точки М' имеем: АМ'+ВМ'=А'М'+М'В>
>А,М+МВ=А/В. Если же прямая 1 пересекает отрезок АВ, то точка
пересечения к есть точка М.
Заметим, что во всех случаях АМ+МВ^АС+СВ. Построим прямую 1
так, чтобы точка М совпадала с точкой С. Проведем ВС и на его
продолжении за точку С отложим СА'=СА. Проведем'прямую 1 через
С и середину отрезка АА'; для этой прямой точка М совпадает с
точкой С, т.е. сумма АМ+МВ достигает наибольшего значения.
590. Опишем возле наших квадратов окружности. Обе окружности
проходят через точку О. Пусть М - вторая точка пересечения этих
окружностей. Проведем отрезки AM, AjM и ОМ. Тогда /ОМА=45°,т.к.
опирается иа дугу в 9Q\a zOMA==135 , т.к. опирается на дугу в
270е. Следовательно, ZAMA1«135°+45°=18O0, т.е. отрезок АА1 про-
ходит через точку М. Аналогично покажем, что BBj и СС1 проходят
через точку М.
Если окружности касаются в точке О >т.е. точка М сливается с
точкой Ос, то ОА| или является продолжением ОА,или лежит на ОД;
то же для OCj и ОС, для ОВ1 и ОВ. Следовательно, прямые AArBBt
и СС^ пересекаются в точке О.
591 Проведем две взаимноперпендикулярные "диагональные" прямые,
которые разбивают бесконечный лист на 4 части. Верхнюю и нижнюю
разобьем на прямоугольники вида 1x2 >ширина на высоту*, а левую
я правую »вместе С остатками яижней и верхней частей«-на прямо-
угольники вида 2x1. Тогда любая вертикальная прямая может раз-
резать только прямоугольники вида 2x1 >лежащие в л^вой и правой
частях*, а их вдоль каждой вертикали лежит только конечное чис-
ло. То же самое имеет место для горизонталей и прямоугольников
1x2.
592. Первые три вопроса: 1«каково множество А, чисел,стоящих на
1,2.3 и 4горизонталях;2<каково множество чисел,стоящих на 2,
4,6 и 7 горизонталях;3«каково множество чисел А3 чисел, стоящих
на 1,2.5 и 6 горизонталях? Используя ответы, можно определять
множества В,. lsi<8, чисел, стоящих на каждой горизонтали:
В2=А1М2аА3» BjS^AjrtA^XBy BjsfA^iApXB?, B&=(A2nA3)\B2.
B5=A3\(B1uB2uB6), B3=A3\(BjUB2uB4), B7=A2\(B2uB4uB6),
B8={1.2.3..... 63.64}\< AtuA2uA3).
Аналогично, тремя вопросами определяются множества С., 13j£8,
чисел, стоящих на каждой вертикали. Тогда на пересечеямия i-ft
горизонтали и j-й вертикали стоит число В^лС*.
. 593. Покажем, что х}=х2=х3=х4=х$ Пусть
Из двух последних уравнений получаем: х4
Первый случай: х2-х|>0. Тогда х4>хг
txjacfx |.Uk*5, и xt*G.
~ХГХ1~ХТ
Т.к. х^ максимальный по
модулю я х^О.то xt<0. Рассмотрим последнее уравнение. Если
+х5=0. то х2=0, а тогда из первого уравнения следует, что «
xt<0, т.е. в этом случае решений нет. Следовательно, х^ +х5<0.
т.к. х) максимальный по модулю элемент, а тогда последнее урав-
нение не имеет решений.
Второй случай: х2-х2=0. Тогда |xj«|ха| я х4вхг
Если ХрХ2. то вычитая из второго уравнения четвертое, полу-
чим х3-х5. а вычитая из первого уравнения третье,получим ж^Ху
Следовательно. х^х2=х3=х4=х5.
Если Хр-х2. то из первого уравнения получим х3=0, а из вто-
рого уравнения получим х3=0, а из второго уравнения получим х2=
=х2. т.е. Xj=x2, что противоречит предположению.
Третий случай: х2-х2<0, чего быть не может, ибо х^ максималь-
ный по модулю.
Если бы xt=0,TO x1=x2=x3=x4=xs=O.
Т.о.. х^х2=х3=х4=х5=х и х2=2х. т.е. х=0 и х-2.
Т.к. переменные входят в систему симметрично, то выбор в ка-
честве максимального по модулю другого неизвестного не меняет
решения. Ответ: (0,0.0.0,0), (2.2,2,2,2)
594. Приведем решение без использования бинома Ньютона,основан-
ное на формуле ап-Ьп=(а-Ь)(ап'1+ап’2Ь4-..+аЬл"2+аЬп~1)Если к«2,
то 72-32=49 оканчиваются на одну и ту же цифру,т.е. 72-32 окан-
199
чивается нулем. Т.к. 49m-9m=(49-9)(49rn~t+49rn"2-9+...+49*9m~2 +
9m'J) то 49m-9m оканчивается нулем,новее m слагаемых во втором
множителе оканчиваются на одну и ту же цифру»на которую оканчи-
вается 9т“"1«. Поэтому если т=10,то второй сомножитель тоже окан-
чивается нулем, т.е. 720 и З20 оканчиваются, по крайней мере,
двумя одинаковыми цифрами. Т.к.
^20|n<tB^20jri^720e_4j20^720(n-1)^720(n-2)j20+
то оканчивается, по крайней мере, двумя нулями, но все
п слагаемых во втором сомножителе оканчиваются двумя одинаковы-
ми цифрами »на которые оканчивается число 720<п“^<. Поэтому,
если п=100, то второй сомножитель делится на 100, т.е. 72000 и
3 оканчиваются, по крайней мере, четырьмя одинаковыми циф-
рами.
Рассуждая и далее по аналогии, получим, что число 7k-3k при
к»2’10" оканчивается, по крайней мере, 100 нулями,т.е. 7к и Зк
оканчиваются 100 одинаковыми цифрами.
595. Пусть ABCD-данный четырехугольник. Проведем DE так, что DE
|| ВС, DE=*BC и DF так, что DF II АВ и DF=AB. Рассмотрим четырех-
угольник CEFA. Заметим, что по построению ACDE-ABCD, AADF^AABD
и ADEF=AABC, т.е. SACEF-2 • SABCD. Если Р -периметр четырехуголь-
ника ABCD, то P»=AB+BC+CD+DA=DF4-pE+CD+DA. Но эта последняя сумм$
достигает минимума тогда, когда точка D есть точка пересечения
диагоналей параллелограмма ACER Следовательно, периметр будет
минимальным, если АО Ц ВС и CD || АВ, т.е. четырехугольник ABCD-
-параллелограмм.
596. Через х лет матери будет 38+х, отцу 42+х. Относительно х
легко составить уравнение 29+Зх=0,59(80+2х), откуда х=10.
Ответ: 48, 52^
597. По условию задачи №=2k2=3m3=5n5, где к,т,п-натуральные чи-
сла. Отсюда видно, что к, например, делится на 3 и на 5,но т.к.
т3 делится иа 2, то ш делится на 2, т.е. к делится на 2. Следо-
вательно, k»2*h ^kj, где к1 не делится ни на 2, ни на 3, ни
на 5, и а,, Ьг с. - натуральные числа. Аналогично получим, что
„ - аЧч», « » . тот х . 22,'W4; .
Т.к. мы ищем наименьшее такое число, то положим к^-ШрПр! и
подберем наименьшие arbrcra2,b2,c2,a3,b3,c3 так, чтобы имели
200
место равенства 2at+l~3a2=5a3,2bp3b2+l=5b3,2ct=s3c2»5c3+l. Оче-
видно, at=7, а2=5, а3=3; Ьр5, Ь2=3, Ь,=2; Cj-З, с2*=2, с3 - 1.
Следовательно, наименьшее значение х=2 <Р°56.
598. Если какие-нибудь из данных окружностей имеют единственную
общую точку, то через зту точку по условию проходят и остальные
окружности и утверждение задачи очевидно.
Пусть любые две окружности из данных имеют две точки пересе-
чения. Возьмем две окружности Oj и О? и обозначим их точки пе-
ресечения через А и В. Тогда по условию, каждая из оставшихся
окружностей обязана проходить, по крайней мере, через одну из
точек А и В. Если все они проходят через точку А >через точку
В«, то задача решена. Пусть окружность О3 проходит через точку
А, но не проходит через точку В, а окружность О4 проходит через
В, но не проходит через А. Обозначим через С и D точки пересе-
чения О3 и О4. Т.к. окружности OJtO3 и О4 имеют общую точку, то
пусть, например, С лежит на Ор т.к. окружности О2,О3 и Од име-
ют общую точку, то это, очевидно, D, т.е. D лежит на окружности
О2- Тогда по построению:
1«любая пара точек нз совокупности А, В,С, О является парой точек
пересечения двух из четырех взятых нами окружностей;
2«любые три из взятых точек лежат на одной из этих окружностей.
Поэтому пятая окружность не может в силу утверждения 2содер-
жать более двух точек из А,В,С и О >трн точки определяют окруж-
ностью но в силу утверждения 1 должна содержать по одной точке
из любой пары точек: А. и В, В и С, С и А, А и D, D и В, D и С
Но эти два условия на пятую окружность противоречат друг другу,
т.е. предположение, что все окружности не проходят через одну
точку, привело к противоречию.
599. Обозначим эти числа через ага2,...,ап и построим п сумм:
ар а1+а2,а1+а2+а3,...,а1+а2-к..+ап. Тогда либо какая-нибудь из
этих сумм делится на п, либо, по крайней мере, две из них дают
одинаковые остатки при делении на п, т.е. их разность делится
на п.
600. (14-3x4):x2=1:x24-3x2=(1:x~xvz3)2+2v/J. Следовательно, минимум
достигается при условии, что 1:х=х^3, т.е х=±3“1/4_
601. По условию п2+гп=р2 и m2+n-q2 где р и q-натуральные числа.
Тогда m=p2-n2=(p-n)(p+n), откуда следует, что m делится на р+п,
т.е. т^п. Аналогично, из второго уравнения получаем» что п£т.
Следовательно, n=m. Тогда р2=п(пч-1), откуда следует, что и п и
п+1 являются точными квадратами: п+1=32, где а и ₽-иату -
ральные числа. Но 1=г₽2-а2«(0-а)(3+а> означает, что 3=1 и а=0.
Следовательно, таких натуральных чисел m и п не существует.
602. Обозначим искомое число labcde.no условию ТаБсИе • 3«abcdel.
Отсюда следует» что последняя цифра искомого числа е=7, ибо то-
лько в этом случае последняя цифра произведения равна 1. Тогда
предпоследний цифра искомого числа d=5, т.к. только в этом слу-
чае предпоследняя цифра произведения может равняться 7. Анало-
гично рассуждая» получим последовательно с=8, Ья=2, а=4.
Ответ: 142857.
-603? Пусть ага2,...,а12-искомая нумерация двенадцати ребер ку-
ба . Тогда at+a2+...+a12=l+2+...+12=78. По условию задачи +
+а2+аз==а3+а4+а5-а4+а8+a9=sa2+a6+a8=at+an+a12=a5+a7+an=a7+ а9 +
*аю -a6+aJ0+a|2? где взята сумма номеров ребер, выходящих из
одной вершины. Сумма этих восьми одинаковых сумм равна 2(3^3^
^л.+а^-^б, чего быть ие может, ибо 156 не делится на 8.Сле-
довательно, такая нумерация ребер куба невозможна.
604. Пусть ABC-данный треугольник. Продолжим сторону ВС, отло-
жим CD-BC и соединим А с D. Пусть Е-середина ВС, F-середииа АВ,
G-середина AG М-середина AD. Тогда CF ДО AD > как средняя линия
в ДАВП< и CF=AM- Т.к. GM || CD »как средняя линия в AACD* и ОМ =
=CD/2=BC/2=BE, то BGME-параллелограмм, откуда ВО=?ЕМ. Следовате-
льно, стороны ДАЕМ являются медианами данного ДАВС. Для вычис-
ления его площади заметим, что, как уже доказано, ОМСЕ тоже па-
раллелограмм. Следовательно, АК-медиана ДАЕМ и ЕК-медиана ДЕОС.
Тогда SAEM=2SAEK-2(SAEC-SECK)=SAbC-SECG=SABC-0,25SABC=0,75S
605. Очевидно, что с*0, иначе трехчлен у(х)=ах2+Ьх+с имел бы ве-
щественные корни. Т.к. вещественных корней нет, то график трех-
члена лежит либо выше оси х» либо ниже ее. Но у(1)=а+Ь+с>0 по
условию, 'т.е. график трехчлена лежит выше оси х. Тогда с=у(0)>0
6Q6. Рассмотрим разность (m5+n3+k)-(rn+n+k)=m(rn4“l)+n(n2-l)=(rn -
-l)m(m+l)(m2+l)+(n-l)n(n+l). Т.к. произведение трех последова -
тельных натуральных чисел всегда делится на 6, то эта разность
делится на 6, а следовательно, m5+n3+k делится на 6.
607. Пусть диаметр А0Ад разбит на п равных частей точками Аг
А2> . .Ап Г Вычислим сумму S=£ МА*. Обозначим zMArA0 через а.
Тогда по теореме косинусов: MA2=A^A2+ МА2- 2 • А.Ап МА^ • cosa, где
202
Osisn-l. Если R - радиус круга, то MAn=2Rcosa и AkAn«2R(n-k)/n.
Поэтому S^R2(l+(^)2+(^)2^l)2)+(n+l)m2-4R-A4Acosan£1azK ж
=4R2(l2+22+..+n2)/n2+4R2(n+l)cos2a-8R2(l+2+..+n)cos2a/n=4F?(l2+
+22+...+n2)/n2, т.е. наша сумма -не зависит от выбора точки М.
608. В каждой из трех кучек целое число граммов, т.е. общий вес
п(п+1)/2 делится иа 8. Это возможно, если n=*6k, n«=6k+2, n*=6k+3,
n«=6k+5. Если n=6k, kil, то, расположив гири в порядке возраста-
ния, будем раскладывать. их по одной поочередно в три кучки, дви-
гаясь 0Т1-Й к 3-й, а потом от 3-й к 1-М, затем снова от 1 - й к
3-й и т.д., т.е. получим: 1 кучка 2 кучка 3 Кучка
1 2 3
6 5.4
7 а в
6k-56k-i...........6k-3
6k 6k-1 6k*2.
Видно, что после каждого четного прохода вес кучек становится
одинаков, а т.к. п«6к, то при этой раскладке все кучки будут
иметь один вес.
Если nM>k+2, то при к®0 разложить невозможно. Если Ь=1,тб 8
гнрь можно разложить так: 1+2+3+6, 5+7 и 4+8. Если к^2,то п»6к+
+2=6(к-1)+8; тогда первые 8 гирь мы уже умеем раскладывать на 3
равные кучки, а оставшиеся 6{к-1) гирь разложим тем способом,
который указан для первого случая. . .
Если n=6k+3, то при к=0 разложить нельзя. Если к~1,то 9 гирь
можно разложить так: 1+5+9, 2+6+7, 3+4+8. Если к&2, то п= бк+3 »
«6(к-1)+9: тогда первые. 9 гирь мы уже умеем раскладывать иа три
равные кучки, а оставшиеся 6(k-1) гирь разложим тем способом;
который указан для первого случая.
Если п=6к+5, то при к»0 пять гирь можно разложить таю 1+4,
2+3, 5. Если к*1, то 5 гирь мы уже умеем раскладывать иа 3 рав-
ные по весу кучки, a 6k гирь разложим тем способом,который ука-
зан для первого случая.
Т.о., задача имеет решения для n=6k, к&1; п«6к+2,кЗЕ1;п*=6к+3,
к*1; п=6к+5,к£0.
609. Неотрицательность многочлена при xsO и х&1 очевидна. Пусть
0<х<1. Тогда х8-х5+х2-х+1«х2(х6-х3+1)+1-х=х2(1+х9)/(1+х3)+1-хЗе0.
610. В сумме 1+1:2+1:3+...+1:п, где п произвольное,вычеркнем те
слагаемые, в записи знаменателя которых встречается цифра 9.Обо-
значим через пк число незачеркнутых слагаемых между 1:10к и
l:10k+J включая 1:10* но не 1:10к*? а через Snfc сумму этих сла-
203
гаемых. Если слагаемое l:q, расположенное между 1:10к-1 и 1:101е
было зачеркнуто, то все слагаемые вида l:(10q), l:(10q+l),...,
l;(10q+9>, расположенные в этом же интервале, также будут заче-
ркнуты; если же слагаемое вида 1/q не было зачеркнуто, то из де-
сяти слагаемых того же вида будет зачеркнуто только последнее.
Т.к. (l:(10q))+(l/(10q+l))+...+(l:(10q+8))<(9:(10q)), то Snk <
<(9:10)Snk.
Пусть в сумме 1+1:2+1:3+...+1:п число n<!0m+1. Дополним эту
сумму до суммы 1+1:2+...+1:(10т+1-1), вычеркнем члены, в записи
знаменателей которых содержатся девятки, и сгруппируем оставши-
еся члены: (1+1:2+1:3+...+1:8)+(1:10+1:11+...+1:18 + 1:20 +...+
+1:88) +(1:100+1:101+...+1:888) + ... + (l:10m+l:(10m+l) +... +
+1: |88... 8 f )~Snrt+Sn1+Sn9+...+Sn <Snn+(9:10)Snn+(9:10)2Snn +...+
т+Рраз - 1 / mu и и
+(9:10)mSn0=[(l-(9:10)m+):(l-9:10)]*Sno<[l:(l-9:lO]*Sno-10‘Sn0
Ho Sn0=4+l:2+l:3+...+l:8<2,8, откуда и следует требуемое нера-
венство.
611. Предположим, что выпуклый п - угольник можно разбить менее
чем на п-2 треугольников.Тогда сумма углов всех этих треуголь-
ников меньше чем (п-2)п, а сумма углов выпуклого мнсь-гоугольни-
ка меньше суммы углов этих треугольников, т.е. меньше (п-2)я, в
то время как сумма углов выпуклого многоугольника равна (п-2)п.
Получили противоречие.
612. Пусть zA-2a,zB=23,zC=2y. Т.к. zC^^zC^A и zAA£j= zABB,
как вписанные углы, опирающиеся на одну и туже дугу, то zCjA^»
=у+р. Аналогично покажем, что zCjBjA^y+a и zBX^Ap^+a. Пусть
АВ=с,АС=Ь, ВОа, AjBpCr A1C1=br B|C1-ar Тогда a=2Rsin2a. b-
2Rsin2& c®2Rsin2r, at=2Rsin(7+B), b^Rsin^+a^c^RsinfB+a),
где R-радиус круга, и SARr=abc/(4R)-2R2sin2asin2gsin2r, SAnr»
ADv
-a1blcl/(4R)=2R2sin(a+3)sin(3+7)sin(y+a). Т.о., для решения за-
дачи достаточно доказать, что sin2a*sin2B*sin2yssin(a+B)*sin(|3+
+y)*sin(a+y) при условии а+Р+у=п/2. Но это неравенство станови-
тся тривиальным, если заменить у=п/2-а-3 и воспользоваться фор-
мулой для синуса двойного угла.
61 3.Опустим из точек А и О перпендикуляра AM и ON на сторону ВС
Тогда OP/(AO+OP)-ON/AM»Sqa3/Sabc. Аналогично получим, что
OQ/(BO+OQ)»SqAC/Sabc и OR/(CO+OR)=Soab/$abc Складывая эти от-
ношения, получаем: OP/(AO+OP)+OQ/(BO+OQ)+OR/(CO+OR)-1. Положим
x-AO/OP,y«BO/OQ,z^CO/OR. Тогда l/(l+x)+l/(l+y)+l/(l+z)-l или 2+
204
+(x+y+z)-xyz=O. Т.к. среднее геометрическое не превышает сред -
него арифметического, то (xyz)1/3^(x+y+z)/3. Итак, 2+3*(xyz)I/3
-xyz^O. Положим (xyz)1/3=u и разложим на множители 2+3u-u3= (2-
-u)(l+u)2. Из неравенства (2-u)(l+u)2^0 следует, что и*2. т.е.
xyz^8 или (AO BO-CO)/(OP‘OQ-OR)2^.
614. Пусть AD=a и АР=с. Тогда ВР=а-с, BQ=c, CQ^a-с.Из треуголь-
ников APD, PQB и QCD по теореме косинусов находим: PD2=a2+c2-ac,
PQ2=(a-c)2+c2-2c(a-c)cosl20°=a2+c2-ac, QD2-a2+{a-c)2-a(a-c)==a2+
+с2-ас, т.е. APQD равносторонний.
615. Если abc-искомое число, то по условию 100а+10Ъ+с=: 7(10а+с)
или 15а+5Ь=Зс.Тогда с=5. и, следовательно, а=!»Ь=О. Ответ: 105.
616. Т.к. длина каждой диагонали 5-угольника меньше диаметра,то
сумма длин диагоналей меньше 10. Сумма длин сторон выпуклого 5-
угольника меньше длины окружности, т.е. меньше 2г. Тогда общая
сумма, равная 10+2п, меньше 17.
617. Назовем "операцией* разрывание одной из частей на 5 частей
и выбрасывание одной из получившихся частей.Пусть а^-число час-
тей, которое остается после выполнения n-й операции. Тогда
=(ап-1)+5~1=ап+3,п£1. Поэтому а^-член арифметической прогрессии
с а^4 и d=3. Тогда an»a|+d(n-l)«3n+1. Если при выполнении п-й
операции не выбросили в заключение одну часть, то осталось ал>1
частей, т.е. ап+1=1977. Но равенство Зп+2=1977 невозможно, т.к.
1977 делится и а 3.
618. Каждое не кратное 5 число имеет вид 5к±1 или 5к±2. Квадрат
таких чисел имеет вид 5п±1.Следовательно, четвертая степень та-
кого числа имеет вид 5гп+1, т.е. дает при делении на 5 остаток,
равный 1.Поэтому сумма х^+х^+.-.ч-х^ будет при делении на 5 име-
ет такой же остаток, какой дает число N при делении на 5. Чтобы
сумма делилась на 5 без остатка, нужно, чтобы N делилось на 5
без остатка. Наименьшее такое N есть 1980.
х /2
619. Т.к. х^=2 1 -2^^>2? то по индукции покажем, что
наша последовательность неубывающая;если х £х „ то х *«2 £
х ,/2 д пИ
>2 п~ ==хп Аналогично, по индукции покажем, что все члены по-
следовательности не больше 2. Т.к. всякая неубывающая ограниче-
нная сверху последовательность имеет предел, то существует х -
х t/2
»Hgxn и х^2. Переходя к пределу при п-® в равенстве xft»2 п~г ,
получаем уравнение для отыскания предела: Его очевидное
решение х»2; покажем, что других решений иа промежутке [0,2] нет
Рассмотрим функцию у^Я^-х иа [0,2]. Т.к. у/«2х/2ЧЧп2-1 s
sln2-l<0 на [0,2], то наша функция монотонно убывает, а поэтому
ее минимальное значение достигается в точке 2 и равно 0,а в ос-
тальных точках она положительна. Следовательно, х»2 есть един-
ственное решение уравнения 2к/^х на промежутке [0,2].
<20. Пусть S-вершина пирамиды SABC, Оточка пересечения медиан
ДАВС и К-середина АО, т.е. АК^КО=ОМ=АМ/3. Т.к. в параллелограм-
ме сумма квадратов длин сторон равна сумме квадратов длин диа-
гоналей, то дополняя ASKM до параллелограмма, получим: 4-SO2 +
+KM2»2*SK2+2*SM2. Аналогично, дополняя ASAO до параллелограмма,
получим 4- SK’+AO’-S • SA2+2 • SO2; дополняя ASBC до параллелограм-
ма, получим 4- SM2+BC2=2 • sd+s • SB2; дополняя ДАВС До параллело-
грамма. получим 4-АМ2+ВС2-2-АВ2+2-АС2. Подставим SK2 и SM2 из
второго и третьего равенств в первое: 4*SO2=2*SK2+2*SM2 - КМ2 =
«(2 • SA2+2 • SO2-AO2):2^2 SC?+2 • SB2-BC2):2-KM2«=(SA2+SB2+SC2)+SO2-
—BC2:2-(2AM:3)2:2-(2* АМ:3)2=Ь2+$О2-ВС2:2-2АМ2:З.Подставим сюда
+AM2 »s четвертого равенства и найдем SOcS-SO^tA-BC2^-^- АВ2+
2-AC2-BC2):6«b2-(AB2+AC2+BC2)/3=b2-a2/3, т.е. ЗО^З-а2^)*?
821. По условию x®^x-l)+y»7^l)^. Отсюда вытекает, что не
может быть одновременно х<1» у<1. Исследуем остальные значения
хну. Т.к. x^^x-lHy^^y-l^O при х^1, у£1, то предполо -
жим, что х&1, ysl. .Тогда x,977(x-l)+yt977(y-l) * х1976(х - 1) +
+уШ7*(у-1)йО. Аналогично доказывается неравенство при xsl.yfcl.
<22. Поставим в белый квадратик 4-1. а в черный -1. Тогда пере-
крашивание означает, что в клетке записывается число, равное
произведению чисел, стоящих в соседних клетках. Обозначим числа,
стоящие в клетках квадрата, через ак, 1^к^9,где ак=±1, и будем
последовательно записывать результаты перекрашивания;т.к. а2=1,
то соответствующий сомножитель в произведении будем опускать.
Тогда решение видно на схеме:
3 a2 0
a4 fl» o>
a7 a8 и
aaa4 a1a3a5 a2®6
a1aSa7 a2a4aea8 a3aSa9
a4a8 aSa7a9 a6a8
а1аЗа7а9 а2а4абая
1 aia3a7aQ
wts WA
z2
828. Поетроям яоследовательяость z^x, zs=x , z3=x ,...,zn+]=
206
=x n. Т.к. по условию Цдх п «2, то' Пере-
ходя к пределу в равенстве xn>1=x п и используя непрерывность
показательной функции» получаем уравнение х2*?. Следовательно.
х»/2.
624. Пусть R,Q,M. N-точки соответственно на сторонах квадрата ЛВ
BC.CD.DA и Р-периметр 4-угольника MNRQ, а точки S,T,U.V,E-cepe-
дины отрезков RN,RQ.QM,TN.TM соответственно. Тогда в силу сво-
йств средней линии треугольника и медианы, проведенной ж гипо-
тенузе прямоугольного треугольника, длина ломаной ASVEUC равна
AS+SV+VE+EL4UCHRN+RT+NM+TQ+QM):2«(NR*RQbQAUNM);2«₽:2. Но
ломаная достигает минимального значения» когда ломаная превра-
щается в диагональ АС квадрата. Следовательно, минимальное зна-
чение Р равно 2-ЛОЗ/2. Действительно, если соединить середины
сторон квадрата, то получится квадрат с периметром 3/2.
625. Разделим окружность единичного радиуса с центром в начале
координат на одинаковые дуги длины h. где h<l:1977^. Исходя из
точки (1.0) окружности будем откладывать в одну сторону друг за
другом дуги длины I. Заметим.что концы этих дуг совпасть яе мо-
гут, ибо длина окружности 2ж - иррациональное числа Т.к. число
дуг длины 1 бесконечно, а число дуг длины h конечно» то найдут-
ся две дуги единичной длины, концы которых лежат на одной дуге
длины h. Пусть это будут k-я и (к+п)-я дуги единичной длины.Обо-
значим через. расстояние между концами k-й и (к*п)-й дуг.И^Ь
Тогда конец (к+2п)-й дуги единичной длины находится на расстоя-
нии hj от конца (k+п)-й дуги и т д Сделав несколько раз по п
шагов, мы попадаем в дугу длины h. Содержащую точку (1.0). Дру-
гими словами, переходя на числовую прямую мы нашли такие пит,
что (n-2irm|sh<l/1977* Тогда |sinl977n|«|sin(!977n~2irm-t977)t <
< | 1977n-2irm-1977 jst977h<l/1977.
626. Если такие тип существуют, то п2-т2~ 1976*2’939. Но такое
равенство невозможно, т.к. если тип одной четности, то
делится на 4, а если разной четности, то n2-m2 - нечетна
627. Пусть ata2...afl - произвольное число» п*2» Тогда
V4 --W^ТРл-
«28. Обозначим через х кг прирост трамной массы иа всем лугу
за один день и через А кг количество травмой массы в шпальный
момент, т.е. до того, как иа луг выпускают коров. Тогда 70 ко-
ров за 24 дня съели (а+24х) кг трамной ммссы, 30 коров за 60
207
дней свели (А+60) кг травяной массы, п коров за 96 дней свели
(А+96) кг травяной массы. По условию коровы едят траву равноме-
рно, т.е. во всех трех случаях количество сведенной коровой за
день травяной массы одно и тоже. Следовательио,(А+24х)/(70-24)==
ЦА+60х)/(30-60)=(а+96х)/(96п). Обозначим А/х через z. Тогда си-
стема принимает вид (z+24)/(70 • 24H*+60)/(30 • 60)=(z+96)/(96n).
Ответ: 20.
629. 2(т2+п2)Цп-т)2+(п+гп)2.
630. Пусть АаВ-искомый сегмент. Построим окружность наибольшей
длины* вписанную в этот сегмент.Диаметр окружности, вписанной в
сегмент АаВ, не больше длины отрезка радиуса данного круга, про-
веденного через центр этой окружности и лежащего внутри сегмен-
та АаВ. Максимальная величина этого отрезка получается, когда
радиус перпендикулярен хорде АВ; в этом случае диаметр вписан-
ной окружности просто равен этому отрезку.Если обозначить длину
этого отрезка через а, то АВ-2п(а/2)=ап. По теореме Пифагора
(AB/2)2+(R-a)2=R2.Ответ: AB=8Rn/(4+it2)
631. Т.к. площади треугольников, имеющих общий угол, относятся
как произведения длин* сторон, заключающий этот угол,то $AP^SABg
ЦАР-AR):(AB-AC), S^S^fBP- BQ):(AB- ВС), $cqr:Sabc4CQ- CR):
:(СВ-СА). Если бы все эти отношения были больше 1/4, то перем-
ножив, мы получили бы
AP-AR-BP-BQ-CQ-Q?/(AB-BC'tA)2>(l/4)3. »1<
Но т.к. АР+ВР=АВ, то в силу неравенства между средним геоме-
трическим и средним арифметическим АР-ВРЦАР+ВР)?4 имеем АР-ВР^
sAB2/4. Аналогично получим: BQ-CQsBC2/4, CR-ARsAC2:4. Из этих
трех неравенств следует неравенство противоположное:»!*.Следова-
тельно, хотя бы одно отношение не превосходит 1/4, а т.к. SABC=
«1, то площадь хотя бы одного из треугольников APR, BPQ и CQR
ие превосходит 1/4.
632. Сложим оба эти равенства: х1+х2+...+хп+1:х1+1:х2+...4-1:хп=
=6; но x.+t:x.£2, l^isn, и, следовательно, (x1+l:xJ)+(x2-hl:x2)+
+.„Цх +1:х )&2il Отсюда 2п^6, п^З, что противоречит условию.
Поэтому таких положительных чисел не существует.
633. Очевидно, что если такую сумму можно построить, то aQ=a1 =
а2==О. Кроме того» а3®1; если а3=0, то такую последовательность
построить нельзя, т.к. l/24+l/2s+...+l/2n+...=l/23<0,2.
Рассмотрим сумму членов бесконечной геометрической прогрее-
208
сии с первым членом 1/23 и знаменателем 1/23+1/2э*к+... +
+1/2з+пк+ =2к-3/(2к-1). Положим к=4. Тогда 2/15«1/23+ 1/27 +
+1/2н+... и следовательно, 1/15=1/244- 1/2®+ 1/2е+... .Отсюда
1/15=2/15+1/15=1/23+1/24+1/27+1/28+1/2П+1/2И+... + 1/24"*3 +
+1/24п+4+... . Т.о., для искомой последовательности aQ= О,а4вд
’а4п*2“°- а4п+3=а4пМ=1’ пй0-
634. Имеет место равенство: к-к!=(к+1)!-к!. Ответ: (п+1)!-1.
635. Перевернем п-1 чашек; получим п-1 перевернутых чашек и одну
неперевернутую. Если теперь вновь перевернуть п-1 чашек, не тро-
гая перевернутую, то мы вернемся в исходное положение. Поэтому
перевернем п-1 чашек, не трогая перевернутую, получим п-2 непе-
ревериутых чашек и две перевернутых. Если теперь вновь перевер-
нуть п-1 чашек, не трогая одну перевернутую, то мы вернемся в
предыдущее положение. Поэтому перевернем п-1 чашек, не трогая
одну неперевернутую; получим n-З перевернутых и 3 непереверну -
тых чашки и так далее. На каждом шагу видно, какую чашку надЪ
исключить из процесса переворачивания: при нечетном переворачи-
вании - неперевернутую, а при четном - перевернутую. .
Если п - четное, тогда после п-1 > нечетное!* переворачиваний
получим п-(п-1)=1 перевернутую чашку и п-1 неперевернутых. Тог-
да, переворачивая все неперевернутые чашки, получаем решение за-
дачи > после n-го перевертывания*.
Пусть п нечетно. Если в этом случае задача имеет решение, то
перед последним перевертыванием должно быть п-1 неперевёрнутых
чашек и одна перевернутая. Покажем, что при п нечетном такая си-
туация невозможна. Действительно, после первого переворачивания
будет четное число перевернутых чашек »п-1 чашек* и нечетное
число неперевернутых >одиа чашка*. Но если общее число чашек не-
четно и четное число из них перевернуто, то любое переворачива-.
ние по заданному правилу приводит опять к четному числу переве-
рнутых чашек >нужно рассмотреть два случая: либо не трогаем пе-
ревернутую чашку при переворачивании, либо~неперевернутую*;Сле-
довательно, при п нечетном задача не имеет решения.
636. Предположим противное.т.е. любая прямая, параллельная дан-
ной, имеет общие точки не более чем с одним из многоугольников.
Построим проекцию треугольника и всех многоугольников на пря-
мую перпендикулярную заданному направлению. В силу предположе-
ния проекция треугольника Птр не меньше суммы проекций много -
угольников Пмн, т.е. Птр*Е Пмн. Оценим для каждого многоуголь -
ника отношение его проекций Пми к его периметру Рми.
Пусть АОАВ один из 3*2п треугольников, из которых состоит
3’2п~“У голь ник, где О-центр многоугольника, А и В - его вершины.
zAOB=£ic/(3*2n). Проведем высоту ОС в ДОАВ. Очевидно, что проек-
ция 3*2п-угольника не меньше 2-ОС, т.е. Пмн^2’ОС, где
ОС=СВ- ctg/COB=0,5- АВ- ctg(zAOB/2)=0,5* АВ• ctg(n/(3 • 2°)).
Тогда Пми: РмнаДВ- ctg(n/(3 • 2П)):(3 • 2П • AB)=sctg(n/(3 - 2п):(3 • 2П).
Заметим, что функция f(x)»xctgx убывающая для о<х<п/4; дейс-
твительно, f' (x)=ctgx-x/sin2x=;(sin2x-2x)/(2sin2x)<0 при 0<х<п/4
Отсюда следует.что зГ7,‘с‘езЧп4‘зЧп’с‘Я'^2п4'?’с‘а1=!1То
Пмя^^-Рмн/б для любого 3-2п-угольника. Т.к, отношение суммы
периметров £Рмн всех многоугольников к периметру треугольника
Ртр больше vft.TO Htp^JJImh^ZJ-£Рмн/6>Ртр/2. Но проекция треуголь-
ника Птр не больше наибольшей стороны треугольника, н мы полу -
чаем противоречие, ибо даже наибольшая сторона треугольника
меньше его периметра,
637. Сложиь^все уравнения: xy+yz+zx=a+b+c. Вычтем из этого ура-
внения каждое уравнение данной системы:
yz=b+c-a, xz=a+c-b, xy=a+b-c >1<
Перемножим все уравнения системы >l<:x2y2z2=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-
-с). Отсюда xyz»tv(b^c-a)(a+c-b)(а+b-c), т.е. решение системы
существует только при условии (b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)^O. Разделив
это уравнение на каждое из уравнений системы >1< >при предполо-
жении, что Ь+с-а*0, а+с-Ь*О, а+Ь-с*О«, получим:
х=±^(ь+с-а)(а+с-Ь)(а+Ь-с)/(Ь+с-а),
y^i^b+c-aJta+c-bXa+b-cJ/tatc-b).
z=+^(b+c-a)(a4-c-l>J(a+b-C)/(a+b-c).
Предположим, что Ь+с-а=Ю. Тогда yz=O Пусть, например, у-0 н
z*0, это возможно только при условии Ь=0; тогда а«с и x=2a/z. Ес-
ли у==0 И 2=Ю, то это возможно только при условии а+Ь-с= b+c-а =
с+а-Ь=0, т.е. а«Ь»с=0; тогда х-любое. Аналогично рассматривает-
ся случай z«0 и у*0. Точно так же исследуются случаи а + b -с=0
Ялн a+c-b*=0.
От**т- 1< если Ь+С*-а*О, а+с-Ь*0, а+Ь-с*0, то
x=tv(b-bc-*a)(a4'C-bXa4b-c)/(b+c-a),
ys=iv(b+rc*a Ma+i-bXi+b-c )/(a+c-b),
z=±v^b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)/(a+b-c);
2«если b+c-a==0 и b«0, то x«2a/z, у=Ю, z*0 - любое; если b*0,
210
но с=0, то х=2а/у, у*0 -* любое, г=0;если Ь»с=*О >т.е. я а*=0«,то
любых два неизвестных равны 0, а третье произвольное; если Ь*0,
с*0, то решений нет;
3« т.к. в систему >1« неизвестные и параметры входит симмет *
рично, то по аналогии со вторым * случаем выписываются ответы при
а+Ь-с=0 и при а+с-Ь=О.
638. Т.к. (2у+1)2=х3+4,то х3=(2у+1)2-4=(2у+3)(2у-1). Но (2у+3)-
-(2 у-1)~4, поэтому 2у~1 и 2у+3 взаимно простые числа и каждое
является точным кубом. Однако разность даже между кубами сосед-*
них целых чисел >одного знака< не меньше 7, ибо «₽
=(кч-1)3-к3=Зк2+Зк+1^7 при к£1; если же эти кубы разных знаков,
т.е. 2у-1=(~к)3, 2у+3=гп3, где тик- натуральные, то уравнение
т3+к3=4 не имеет решений в натуральных числах. Следовательно,
исходное уравнение не имеет решения в целых числах.
639. Т.к. а+/3+у=п, то cos^-cos|'cos|=^(cos~^ + cos^^)*sin®|£*s
=~(sin(a+p)+sina+sin3)=i^(sina+sin/34-sin3<). Тогда
(~• cos|- cos|- cos|)3»(——)3>sinftsingsiny
в силу известного неравенства между средним арифметическим и
средним геометрическим для трех чисел.
640. Предположим, что в полученный многогранник можно вписать
шар. Пусть 0.»1^1^4<~точки касания шара и треугольных^раней, S.
»1<|<4<-точки касания шара и шестиугольных граней. Соединим все
точки касания с вершинами многогранника, находящимися с ними в
одной плоскости.Около точки О. образуются три угла а.га.2,а^,
а около точки S. образуются углы
Используя свойство касательных, проведенных нз одной ‘ точки и
равенство углов, нетрудно сделать вывод, что каждый угол с
вершиной в О| равен некоторому углу с вершиной S., но углов с
вершиной в два раза больше. Можно записать неравенство:
4-2я=(а11+аш+а13)+...+(а41+а42+«43)<(₽11+012+...+₽в)+(Р21+342
+... +02е)+... +(₽41+₽42+... +Р46)=4 • 2п.
641. Т.к. ДРАВ равнобедренный, то APCD также равнобедренный.
Проведем через точку Р отрезок EF||BC *EeAB,F€CD<. Пусть zPCD»a..
Тогда tga+tgPBE=PF:FC+PE:BE+2. Найдем tg!5e из квадратного ура-
внения V3i3®tg30°®2,tgl5*:(l-tg2l5*). Имеем tgl5e=2-^3, а=В0*,
т.е. треугольник равносторонний.
211
642. Положим п«1977, тогда 19781976-1976,97^(n+l)n-’-(n-l)ntl;
=(п2-1)п(п-1):(п+1)<(п2-1)п<п2п=19772’1977
643. Из второго условия следует, что ХсАиВ, т.е. Х=(ХлА)и(ХлВ).
Тогда из первого условия следует, что Х=АпВ.
644. Пусть F.G,H,K,M и F точки пересечения соответственно отре-
зков BE с АС, АС с BD, BD с СЕ, СЕ с DA. DA сВЕ. Обозначим Sp
=SABF; S2=SBFG’ S3=SBGC S4=SCGH* S5=SCHD‘ S6=SDHK’ S7=SDKE’ S8=SKEM*
S9®SAEM*SK)=SAMF SirSFGHKM П° УСЛОВИЮ S1+S2+S3I=S3+S4+ S5= S5 +
s6+s7=s7+sg+s9=s9+s10+s11=S Т.к. площади треугольников ADE и
CDE, имеющих общее основание, равны, то ACj|DE.
Аналогично СЕ||АВ, ADj|BC, CDj|BE и AE||BD. Следовательно, пяти-
угольники ABCDE и FGHKM подобны. Т.к. EFCD параллелограмм, то
SEFC=SCDE ’ т е- s 8 +WS Аналогично sl04-s1jsrs2+sl14-s6=s6+
+sn+sro=s2+sif,‘s8=S‘ Отсюда следует, что s2=s4=s6=sg=s1Q. Тогда
из первой цепочки равенств следует, что s^s^s^s^s^. Положим
s=x, s2=y. Следовательно, S?=2x+y и sn=2x-y.
Площади подобных многоугольников относятся как квадраты соот-
ветствующих сторон.т.е. S№G или у:(2у+3х)=
•(2х-у):(7х+4у). Положим х=ау. Тогда 1:(2+За)=(2а-1):(7а+4), от-
куда a=(V5+l)/2. Т.к. 2x+y=S, то x=(3-v$)S/2 и ys=(V5-2)S,Поэто-
му SABCDE=7x+4y=(5+Vo)S/2.
645. Т.к. xx<z* и yy<zl, то lsx<z и tsy<z; очевидно также, что
z^2.Пусть xsy. Тогда xx<zy и yy<zy, откуда xx:zy+yy:zy<2szSzz~y
т.е. x*-byy<z2. Следовательно, наше уравнение не имеет решения в
натуральных числах.
646. По построению Но по условию МВ«
=-МА и СЖ-1Ж.т.е. 2-Ж=Д15+ВС. Отсюда MN«|MTT|=|AU+BC|/2s
^JAD|+|BC|j/2.
647. Пусть Oj - центр большой окружности, О - центр малой окру-
жности. Проведем TOt и OP, ОР1АВ. ДТОР равнобедренный, T.e.ZOTP=
=zOPT. Очевидно, что zTAB+zBTO^GO0, ибо дуги большей окружно-
сти, на которые опираются эти углы, составляют в сумме половину
большей окружности. Тогда zBTP=zBTO1+zO1TP==90°-zTAB+zOtTP= 90 Ч
+zOPT-zTABs=zTPB—zTABs=zPAT+zPTA-zTAB==zPTA, т.е. РТ— биссектрисса
ZATB. ;
648. Т.к. x*<zT и 2*yy<z2, то VSx<z, 1«y<z, z^3. Пусть xSy. To-
гда x*<zy, yy<zy, Откуда x*:zy+2-yy:zy<3. Из z2”ysza3 следует.
.212
что xx:zy+2yy:zy<zx‘y. т.е. данное уравнение не имеет решений в
натуральных числах.
Если же х>у,то x*<z\ yy<zx, откуда x*:zx+2*yy:z*<3 и t1"**
*г*3. Тогда xx:z*+2‘yy:z*<zt’\ т.е. x*+2#yy<z*; следовательно,
и в этом случае решений нет.
649. Если q=2, то р - любое простое число. Если q*2, т.е. q - не-
четно, то р+1 - точный квадрат, т.е. p+l=*k, k>L Тогда р=*к -1=
=(k-l)(k+l). Но р - простое число, поэтому такое равенство возмож-
но лишь при условии к-1«1. Отсюда р=3.
650. Длина каждого бокового ребра пирамиды меньше диаметра ша-
ра, а ^периметр основания пирамиды меньше длины окружности боль-
шого круга. Следовательно. сумма длин всех ребер пирамиды мень-
ше 4-2+2К, т.е. меньше 15.
65!. Случай, когда имеется ровно 5 решений,возможем лишь тогда,
когда прямая у-ах. а>0. касается синусоиды y=sinx в точке х0,
где 2жха<21ГМг/2; >Еслн прямая у=ах расположена выше этой каса-
тельной при х>0, то будет ровно 3 решения; если ниже, то будет
не менее 7 решений*. Заметим еще, что если записать уравнение
касательной к синусоиде y=sinx в точке х»2ж+ж/3, то легко уви-
деть, что ордината ее в точке х=0 отрицательна, т.е х^Зж+к/З.
По построению в точке xQ совпадают значения функций yssinx в
у=ах и значения их производных, т.е. ax^sinx^ и а«созх().Отсюда
aM/fl+x2)172 Т.к. 2ж+ж/3<х0<2ж+ж/2. то получим, что (М2< а <
<0,14, т.е. а=0,1310.01.
652. Пусть точки D и Е разбивают полуокружность на три равные
части , точка О - центр полуокружности. Покажем, что AF=FG =GC.
где F=BDnAC, G=BEnAC. Соединим точки О и Е.при этом DE//AC и D£=
=АО=АС/2. Продолжим ВО до пересечения с DE в точке Н. Тогда ВО-
высота AFBG и ВН-высота ДОВЕ. Из подобия треугольников BFG и ВОЕ
следует FG/DE^BO/BH. Но ВО*7- АС/2 и 0Н«*3’ AD/2==<P АО/2.
Следовательно. FG=(BO/BH)* DE=AC/3. Из равенства треугольников
OBF и OBG следует OF^OG, т.е. AF==GC. Поэтому AF»GC=FG=?AC/3.
653. Т.к. Ц1)==аИ>< то а=пт/^5, где да - целое число.Покажем, что
при любом таком а число Цп} будет целым. Для доказательства
достаточно показать, что выражение (((l+^5)/2)n-((l-v5)/2)a)//5
является целым числом.Обозначим a=(l+V5)/2 и b=(t-i/S)/2 и пока-
жем методом полной математической индукции, что (l/VSXa^b”) и
an+bn - целые числа одинаковой четности. При п=1 получаем: fa-
213
-b)zv5»l я a+b»1. Предположим, что наше утверждение верно для
к=п и докажем его для к=п+1. Действительно, (an+1 - bn+1)/v^ «
«=(an(l+^)/2*bn(l--V5)/2)/i^a=(1/2Mn/^(an-k bn)+(an + bn))/2 -
целое число в силу предположения индукции. Аналогично, an*1+bn*i
^an(l+v5)/2+bn(l-^/2^((an+bn)+v^(an-bn))/2 * (1/2)«ап + bn)+
+V5(an-bn)) --целое число в силу предположения индукции,т.к. ум-
ножение иа нечетное число не меняет четности. Для того, чтобы
показать, что эти числа одной четности, построим их разность:
({an+bn)+v5(an-bn))/2-((an-bn)/v^+{an+bn))/2= (2/<)(an-bn)/^
Т.к. разность есть число четное, то оба числа одинаковой чет -
ности.
654. При а«1 и а-2 решений нет >см. задачи 648 и 645<. Если а-3,
то имеется решение: х~1, y=I, z=2.
655. Т.к. сумма внутренних углов выпуклого многоугольника равна
п(п-2), а сумма внешних углов равна пп-я(п-2)=2я,то задача сво-
дится к решению в целых числах уравнения (п-2)/2=3,75. Следова-
тельно, таких многоугольников не существует.
656. Обозначим через х размер оставленного наследства. Тогда
первый сын получил 100+0,1(х-100) рублей, а второй - 200+0,1(х-
-(100+0,1(х-100))-200) рублей. Т.к. доли сыновей равны, то,при-
равнивая их, находим х=*8100 рублей и доля каждого равна 900 ру-
блей. Число сыновей равно 9.
657. Если такое разбиение возможного площадь каждого треуголь-
ника равна a2/9t где а-сторона квадрата. Выберем в качестве ос-
нований этих треугольников их стороны, лежащие на сторонах АВ и
CD квадрата. Тогда высота каждого треугольника,опущенная на ос-
нование, равна стороне квадрата а, а потому основание каждого
треугольника равно 2а/9.
Если k»l^k*9« таких оснований умещается на стороне АВ квадра-
та, то а=2ак/9. Но таких целых к не существует, а потому раз -
биение невозможно.
658. Если Юа+Ъ * искомое число, то 10a+b-2ab. Отсюда следует,
что Ь делится на 2а, т.е. b=2ak, где 1^к<5. Подставив в уравне-
ние, получим 5+к»2ак, откуда следует, что к делит 5, т.е. к=»1.
Т.о., Ь*2а и а=3. Искомое число 36.
659. Т.к. сумма углов треугольника равна и »рис.2.23«, то
^1-M^-Hi4^-HX3+^«₽3+<2+a4»₽4+a)+a3»₽5+a2+as«n. Сложим все эти
равенства. Но З^Э2+₽3+34+Д5=Зп как сумма внутренних углов
214
5-угольника, и поэтому W
+a3+a4-Hx5=2ir.
660. ,99. . .9, 6,00.. .0t 4 = 4+
п ЦЙфр п 4ифр
+6-10n*'+9-10n*2 + 9-10n*3+...+
+9Ч02п+’ = 4+6-10n*’+9-10n*2-
•(10n-l)/(10-l) = 4+6-10n*’+
+102п*2-10п’2=(10пИ~2)2
661. На отрезке ВО. как на осно-
вании построим равносторонний
ABOD; тогда zCBO=zABO. Соединим
точки D и С. Треугольники АВО и
CBD равны, ибо АВ=ВС, BO=BD и
zABQ-zCBD по построению. Следо- рис. 2.23 *
вательно. CD=AO»3. Тогда AOCD со сторонами OG=5, OD=4 и 0=3 по
теореме, обратной теореме Пифагора, является прямоугольным,т.е.
zODC=90°. Поэтому, zBDC=zBDOzCDO=150®. Используя теорему коси-
яусов. получаем: p2=BC2=BD2+CD2-2-BD’CD-COSt50'>=2S + 12ZJ. т.е.
p=(25+12V3)’/2
662. Разобьем квадрат 6x6 сеткой прямых на 36 равных квадратов.
Очевидно, что данный квадрат будет покрыт 18 косточками домино.
Предположим, что искомой прямой не существует. Тогда каждая ли-
ния сетки пересекает, по крайней мере, одну косточку домино. Ес-
ли бы она пересекала ровно одну косточку домино, то.т.к. по ка-
ждую сторону линии сетки лежит четное число квадратиков > 6k и
36-6к«, остальные косточки домино по каждую сторону от линии
сетки покрывали бы нечетное число квадратиков» что невозможно.
Следовательно, каждая линия сетки пересекает не менее двух кос-
точек домино. Совершенно очевидно, что каждую косточку домино
может пересекать только одна линия сетки. Но линий сетки у нас
всего 10 >5 горизонтальных и 5 вертикальных*, т.е. они пересе-
кают не менее 20 косточек домино, а в квадрате 6x6 их только 18
Полученное противоречие показывает, что существует линия сетки,
которая не пересекает ни одной косточки домино!
663. Обозначим >по часовой стрелке* через а^.;., а2п-1дли*
ны сторон описанного многоугольника. Пусть сторона, длина кото-
рой равна аг разбивается точкой касания на отрезки длиною xt к
х? Т.к. отрезки сторон, выходящие из одной вершины равны, то
длины отрезков/ на которые разбивается следующая сторона, обоз-
215
начим через х? в х3 и т.д. Последняя (2п-1)-я сторона разбива-
ется на два отрезка длиной х2п1 в х} соответственно. Тогда х?+
Х2п-№2п-1ТкаГ
а2,..., а2п_1 - рациональные числа, то, складывая все эти раве-
нства, получаем, что xJ+x2+...+xan I тоже рациональное число.
Т.к.х]+х2+...+х2п_1=а1+а3+...+а2п_5+а2п_3+х2пЧ, то х2п.Граии-
ональное число. Тогда из последнего равенства системы следует,
что х^ — рациональное число; из первого равенства следует, что
х2 - рациональное число и т.д.
Покажем, что данное утверждение несправедливо уже для описа-
нного 4-угольника. В качестве 4-угольиика выберем ромб ABCD со
стороной, равной, например 4. В ромб всегда можно вписать окру-
жность, и, поэтому достаточно выбрать угол ромба так, чтобы то-
чка касания К делила сторону АВ на две части, длины которых ир-
рациональные числа. В прямоугольном ДАОВ: ОК2=АК*КВ. Пусть, на-
пример, AK=2+v7, тогда KB=2-vz2 и OK=v£. Следовательно, tgOAK=
=V2/(2+v^T), и такой ромб можно построить.
664. Опустим из точек А и В перпендикуляры AAt и* ВВ^ на прямую
L Соединим точки А и В и проведем перпендикуляр через середину
отрезка АВ. Обозначим через Р0точку пересечения этого перпенди-
куляра с прямой 1. Предположим, что точка PQ попала на отрезок
AjBr Тогда наименьший максимум равен АР0 »АР0=ВР0«. Действите-
льно, если точка Р лежит на прямой 1 левее Ро, то РВ>РА и
РВ>Р0В >т.к. BtP>BtP0«; если же Р лежит правее Ро, то АР>ВР и
AP>APq >т.к. А|Р>А^Рц«.
Если точка Ро лежит левее точки Аг то наименьший максимум
равен AAp ибо, если точка Р не совпадает с Агто АР>АА? >кроме
того, А|А>А|В<.
Аналогично исследуется случай, когда Ро лежит правее В.
Если же точки А я В лежат на одном перпендикуляре к прямой 1
и точка В ближе к прямой 1, чем точка А, то наименьший максимум
равен расстоянию от точки А до прямой 1.
665. Если х-искомое число, [х]-его целая часть, {х}-его дробная
часть, то но условию 1х]Цх}х Т. к. {х}=х-[х],то х2-х[х]-[х]2=
=*0. Решим это уравнение как квадратное относительно х: х = (1 ±
±4>)[х]/2. Т.к. х а [X] одного знака, то х=(1 + *5)[х]/2. Тогда
{xjEX^xJ-if^-iXxJZZ. Ho Osfj^cl, а поэтому Os[x]<2/(v^-1).Ot-
сюда следует, что [х]»1 и, следовательно, {х} =* (vS* 1)/2, т.е.
х=(^+1)/2.
666. Очевидно,что три последние цифры суммы зависят ст трех по-
следних цифр слагаемых. Если а<а0...ао -произвольное число, то
<*Лг • а/ = (1° ’аА - ап-3+ 10 ап-2+Мап-1 %>• Т е-Т₽И В0С~
ледние цифры любой степени любого натурального числа зависят
только от трех последних цифр самого числа. Следовательно, пос-
ледние три цифры суммы первой тысячи слагаемых 1*°°+ 2^°+...+
+1ООО500 такие же, как у суммы второй тысячи слагаемых 1001*°®+
+...+2000юо, как у суммы третьей тысячи слагаемых и т.д. Т.к.
таких сумм по 1000 слагаемых в заданной сумме разно 1060 ^доба-
вление нового слагаемого 1000000не влияет на последние три
цифры заданной суммы*,то три последние цифры заданной суммы ну-
ли.
667. Предположим, что чисел а^таких, что aft>n конечное число,
Обозначим через А максимальное из этих чисел, а через N максима-
льный из номеров таких чисел. Рассмотрим набор N+A первых членов
нашей последовательности: a^»a2*'*,*aN’aN+r‘'-*aN+A' ^се члены
этого набора не более N+A: члены с номерами от 1 до N либо не
больше А, либо не больше своего номера, т.е. не больше N,a чле-
ны с номерами от N+1 до N+A не больше своего номера, т. е.' не бо-
льше N+A Итак, все члены этого набора не больше N+A в не меньше
2 по условию. Следовательно, среди них хотя бы два одинаковых
числа, что противоречит условию.
668. Предположим, что чисел ап таких, а^п-конечное число,и вве-
дем числа А и N, как в решении предыдущей задачи. Опять рассмо-
трим набор N+A первых членов нашей последовательности: ага2,..
aK.,aKl *. Все члены этого набора меньше N+A:члены с HO-
nr N+i Г*+А г
мерами от 1 до N либо меньше своего номера, либо, не больше А, а
члены с номерами от N+1 до N+A меньше своего номера, т.е.меньше
N+A. Т.о., все члены набора ага2,...,а^+А не меньше 1 и не ме-
ньше N+A, т.е. среди них есть хотя бы два одинаковых числа, что
противоречит условию.
669. Пусть данная точка соединена "в основном" с точками друго-
го цвета,т.е. с к точками своего цвета и п точками другого цве-
та, n>k. При ее перекрашивании вместо п отрезков с разноцветны-
ми концами н к отрезков с одноцветными концами, связанными с
этой точкой»появится к отрезков с разноцветными концами и п от-
резков с одноцветными концами, а больше ничего не изменится. Т
/ЦТ
о., число отрезков с разноцветными концами уменьшилось на вели-
чину n-k. >3аметим, что при этом число точек, соединен и ых"в ос-
новном" с точками другого цвета, может и не уменьшится*. Т. к. чи-
сло точек, а следовательно и отрезков, конечно, то процесс пе-
рекрашивания,связанный с уменьшением числа отрезков с разноцве-
тными кон- цами, не может продолжаться бесконечно. Следователь-
но, через некоторое время точек, соединенных "в основном" с то-
чками другого цвета, не останется.
670. Пусть АрА^- точки касания на одной касательной, а ВГВ2-
точки касания другой окружности, АГВ|ЗД(ОГ R), А2,В2€ЦО2,г),
R>r. Проведем радиусы в точки касания и O2DiOtBr Тогда из по-
добия треугольников O^D.O^Cj и О2В2С2 следует,что OjO^O^-
=0^: В2С2. Отсюда OtO2:O2[>(OlB1+O2B2):(B1CJ+B2C2)
Т.к. ОДчЮ^В^ОДр то O9D=BtC.+B0C9.Отсюда A.B1+AaBQ=2‘(BlC +
+В2С2)=2 • О^В^+А^.
671. Дан zKOL и точка А внутри угла. Постороим параллелограмм
ОВАС >B€OK,C^OL«, очевидно, что он лежит внутри любого AOMN »М€
eOK.N€OL«. Следовательно,для мннимизации площади AOMN нужно ми-
нимизировать сумму площадей треугольников АВМ н ACN. Т.к. эти
треугольники подобны, то ^двд\:5АС{ч-АВ2:С№. Заметим, что сторона
АВ в ДАВМ и высота h, опущенная из вершины А на сторону CN в
AACN, фиксированы. Тогда ^ABM+SACN « (AB2:CN2)Sacn+ Sacn » (1 +
+AB^:CN2)CN’h/2. Если обозначить CN через x. то задача сводится
к отысканию минимума функции f(x)-(l+AB2:x2)x. Легко показать,
что минимум достигается при х=АВ, т.е. треугольгики АВМ и ACN
равны. Следовательно, в А отрезок MN делится пополам. Тогда для
построения AOMN наименьшей площади от точке В, отложим ВМ=ОВ и
отрезок МА.продолжим до пересечения с другой стороной угла в N.
Однако можно и геометрически показать, что отрезок MN, пере-
секающий 'стороны угла и делящийся в точке А пополам, отсекает
треугольник наименьшей площади. Пусть D - произвольная точка на
стороне угла, лежащая правее С и несовпадающая с N. Проведем DA
до пересечения в точке Е с другой стороной ОВ данного угла и
отложим AF-AD. Тогда треугольники ADN и АГМ равны. Следователь-
Н0’ SOMN=SOBAC+SACN+SABM=SOBAC+SACD~SADN+SBEA+SAEM=<SOBAC+SACD+'
+sbea)~sand+ safm~ smfe=sSode~ smef< sode-
672, Соединим точки между собой и с вершинами треугольника так.
что никакие два отрезка не имели общих внутренних точек. Тогда
21В
данный треугольник распадается на треугольники, вершинами кото-
рых будут данные точки и вершины данного треугольника. Подсчи-
таем общее число таких треугольников. Для каждой нз п точек,
принадлежащие к ней внутренние углы треугольников, для которых
она является вершиной, дают в сумме 360°; внутренние углы тре-
угольников, прилежащие к вершинам данного треугольника, дают в
сумме ISO0.Следовательно, сумма всех внутренних углов этих тре-
угольников равна 360°п+180°. а потому число таких треугольников
равно (360°п+180°):180о=2п+1. У этих треугольников 3(2п+1) сто-
рон. Из них три-стороны данного треугольника, а остальные -про-
веденные нами отрезки. Но каждый из проведенных отрезков явля-
ется стороной двух треугольников, а потому число отрезков равно
(3(2n+l)-3):2=3n.
673. Очевидно, что lsns27. Если n-3k+l, l^k^7, то для такого п
есть числа, получающиеся перестановкой цифр к-1, к, к+2 >таких
чисел 6«, есть числа, получающиеся перестановкой цифр к-1,. к+1,
к+1 »таких чисел 3«, и есть числа, получающиеся перестановкой
цифр к, к, к+1 »таких чисел 3«, т.е. не менее 12 чисел с суммой
цифр, равной п~Зк+1.
Если п-Зк+2, 1^к^7, то для такого п есть числа, получающиеся
перестановкой цифр k-1,к+1,к+2 >таких чисел 6«, есть числа, по-
лучающиеся перестановкой цифр к, к+1, к+1 »таких чисел 3«, и есть
числа, получающиеся перестановкой цифр к, к,к+2 >таких чисел 3<
т.е. не менее 12 чисел с суммой цифр, равной п-3 к+2.
Если п=3к, 2^к^7, то для такого п есть числа, получающиеся
перестановкой цифр k-l,k,k+l >таких чисел 6«,и есть числа,полу-
чающиеся перестановкой цифр ' к-2,к,к+2 >таких чисел 6«, т.е. не
менее 12 чисел с суммой цифр, равной п^Зк.
Остались значения п=1,2,3,24,25,26,27. Проверка этих значе-
ний показывает, что п=3 и п=24.
674. Т.к. оба слагаемых в левой части неотрицательны, то данное
уравнение равносильно системе у2-х2=0, (х2+у2-4)2(ху-1)2=0, ко-
fv2—х2«=0 fv2-x2»0
торая распадается на две системы: и |ху-1=0
Решая эти системы, получим следующие точки: (1,1), (-1, -1),
675. Обозначим через у^м/мин - скорость движения троллейбуса,
через усм/мин - скорость движения спортсмена^ через а м - рас-
стояние между соседними троллейбусами >а - постоянная величина
219
для любой пары соседних на маршруте троллейбусов» ибо идут они
без остановки» с постоянной скоростью и отправляются через оди-
наковые промежутки времени). Когда троллейбус идет навстречу
спортсмену» то они встречаются через 3 минуты, т.е. 3(vt+vc)=a.
Если троллейбус догоняет спортсмена, то на это уходит 6 минут;
за это время спортмен уйдет на расстояние 6vc,a троллейбус про-
йдет расстояние a+6vc, т.е. 6vt==a+6vc. Решая эту систему урав-
нений относительно vf находим, что v^a/4-Тогда временной про-
межуток между отправлениями соседних троллейбусов равен а:а/4 =
=4мин.
676. Проведем ЫРЦаВ, где точка Р лежит на АВ, и пусть Q - точка
пересечения ВМ и NP.kh подобия треугольников BPQ н ВСМ следует,
что BQ:BM=QP:CM=BP:BC=1:3. Отсюда PQ=CM/3=CD/4. Тогда QN=NP-PQ
=CD-CD/4=3 • CD/4=CM. Следовательно, NQCM-па рал л ел о г ра мм, и поэто-
му OM=OQ. Т.к. BQ:BM~BQ:(BQ+2-OM)==l:3, toOM=BQ. Отсюда ВО=2’ОМ
и ОМ:ВО=1:2.
677. Пусть М-точка пересечения с ребром CjC.Очевидно, что в се-
чении получается параллелограмм, и его площадь равна 2’SBMD-
Пусть СМ^х-СС, и АВ»а. Тогда MD-fMC^CE^^’^l+x2)0’5, BjM «
=(МС2+С^В2)0’5=а((1-х)2+1)0’5 и BjD=a/Tno трем сторонам найдем
площадь ABjMD: S2 мо®2а4(1-х+х2)=2а\(х-0,5)2+0,75).Отсюда вид-
но, что минимум площади достигается при №0,5, т.е. М - середина
ССГ
678. По условию АК=птАВ, КВ«(1-т)АВ, BL=m’BC, LC=(l-m)BC и т.д.
Тогда SNt>M *p,5’ND*MD*sinNDM = 0,5-m-AD-(l-m)-CD-sinNDM
a=m(l-m)SAC[>. Аналогично, SBKt’cm^"’ni)SABC ^сюда5ном+$вкьж
Точно также получим SAKD+SMC^ni’(l-m)S. Следователь-
но» S„. MkJ«=S-2m(l-m)S=(l-2m+2m2)S.
676. По условию и 100с+10Ь+а и 100с+10а+Ь делятся на 27, а сле-
довательно, й их разность, т.е. b-а делится иа 3. Очевидно, что
а^Ь+с делится на 9, т.е. a+b+c=9m, где ш либо 1, либо 2,либо 3.
Т.к. 100a-M0b+c==99a+9b+9m делится на 27, то 11а+Ь+ш=12ач-(Ь~а)+т
делится на 3, т.е. гл делится иа 3. Следовательно, m-З, а потому
а=Ь=с-9. Ответ: 999.
680. Т.к. 0^{хЮ}<1, то 0^х<10юо°. Построим график функции
у~{х10} (рис.2.24) Заметим, что если п0,,2£х<(п+1)°’Т,то п^х’°<
<пч4, т.е. на промежутке )0,’) функция у={х*°} имеет
вид yt»x®-n. Разобьем область определения х, т.е. промежуток
220
[ОДОюо°), на промежутки вида где 0^п<10юо°-
-1 н на каждом таком промежутке построим функцию у==хЮ-п. Таким
образом, график функции у={хю} на (О;1Оюо°) состоит из ю10000
выпуклых кусков, каждый из которых начинается на оси х и стреми*
тся к единице снизу.
Проведем прямую у2=1О'КЮОх и покажем, что эта прямая с каж-
дым из кусков, кроме первого и последнего, имеет ровно одну об*
щую точку, с первым куском * две общие точки, с последним * ни
одной.
Рассмотрим промежуток [п°Л(п+1)°*1), 15п51Оюооо*2. Пусть
Цх)=уГу2=х1О-п-10'ЮООх.Т.к. f'(x>10x9*Wwtooo>0 на [n°‘J(n+
+1)0,1),то функция f(x) монотонно возрастает на [п0,\(п+1)0,
Кроме того.Нп0’ *)<0;с другой стороны,непрерывная функций f(x)=
=хю-п*10“юоох принимает положительные значения при х близких
к (п-М)0,\ т.е. функция f(x) принимает положительные значения.
рис. 2.24
Отсюда следует, что функция f(x) только один раз принимает ну-
левое значение на промежутке [n0J,(n+l)0,1),T.e. графики функ-
ций урхю*п и y^Kr100^ на (гЛ’дпчЛЛ1) пересекаются то-
лько один раз.
Рассмотрим последний промежуток 10 ю00). Оче-
видно, что Цх) на нем монотонно возрастающая.!^ функция х10-
—{1Q юоо°—1)—Ю ю°ох обращается в 0 при хМО1000, то i(x)<0 на
этом промежутке; следовательно, графики функций yg^IO ^^x и
у t=xI0-10:000-M на нем не пересекаются.
Рассмотрим первый промежуток (0.1), на котором f(x) ® *
-10~юс°х. Т.к. то графики функций Ул®*10 и y2M(Tt000x
пересекаются в точке х~0. Из f'UMOx^-W"190^ и f^(x)^90xa >0
на (ОД) следует, что
где 10х9* 10^°°^
=%-Ю01/9 ° {(Хо)<0; с
f(x) имеет единственный минимум в точке
0, и f'(x)>0 при x>xQ. Кроме того» »
другой стороны, непрерывная функция х1®
221
^0-юоох Принимает положительные значения на [х0,1). Отсюда в
силу монотонного возрастания функции на (х0Л) следует, что эта
функция обращается в нуль только один раз на (х0,1).Т.о.графики
функций у1 = хю и у2 = Ю^х пересекаются еще один раз иа
<х0,1).
Итак, уравнение имеет 1010000 корней..
681. Из второго уравнения следует, что z нечетно, т.е. z=2n+l.
Подставляя z во второе уравнение, получим 2y2=z2-l=4n2+4n. Сле-
довательно, у четнре,т.е. у~2т. Тогда нз первого уравнения сле-
дует, что х нечетное,т.е. х==2к+1. Подставим эти выражения в пе-
рвое уравнение: (2к+1)2-8т3=7(2у2+1)2 или 4к2+4к-8пА=28у4+28у2+
+6. Но такое равенство невозможно, ибо все члены его, кроме по-
следнего, делятся на 4.
682. По теореме о трех перпендикулярах МС1ВС и АМ1АВ,т.е. АМСВ-
прямоугольник. Поэтому CTt=B7C=SA-S®=a-F. Тогда SM-SC+CM=c+a-E.
683. Пусть PR непараллельна AD и MQ непараллельна АВ. Проведем
PPJjAD >PteCD<, OOjIJCD >Qj€AD«, RRjjAD >R1€AB« и
Пусть для определенности между В и Q, R^ между А и Р. Пусть
Aj,BpC|tD| * точки пересечения прямых соответственно РР^и ММГ
PPt и QQr RR1 и QQr RRt и Т.к. Sp^Q=Sp6Q, S^p ~ SMAP>
Sqc^Sqcp й SMDjR~SMDR’ to °’5’s=smpqr=^pb1q4'sma1p+sqc1r+smd1^
+SA1B}C|D1eSP8Q4SMAP+SiX^tSMDR+SA1B4C1D1>SPBQ+SAtAP4' SQCR+ SMDR=
5*6,5*S. Получили Противоречие >3аметим, что при другом располо-
жении точек PtQ,R»M на сторонах параллелограмма придется вычи-
4B1W
тать площадь параллелограмма
а не добавлять,
нас; знак неравенства при этом меняется на обратный, но
как у
проти-
воречие сохраняется*.
684. Как известно, sinx<x<tqx при 0<х<я/2, отсюда cosx<sinx/x<l
Поэтому при 0<|х|<п/2: *- 1 j/|x|<(l-cosx)/|x|==
«fsiR(x/2H *Jstn(x/2)/(x/2) J-эО, если х-Ю. Следовательно,
sinx *
— =о,
т.е. j(x) в точке х=0 существует и равна 0.
885. Пусть А - точка,® которой пересекаются три прямые »обозяа-
Чйм их через lrt2,l3<, а В-точка, в которой пересекаются четы-
ре Прямые »обозначнм их l,, Ц, Ц, Цс Рассмотрим д₽а случая.
1«Среди прямых 1|,КГ13,Ц,13,Ц,Ц нет совпадающих. Если среди
222
них нет параллельных, то каждая прямая L, t£i£3, пересекается
с каждой прямой L. Uj£4, те. имеется 12 точек пересечения
>вместо 11 по условию*. Получили противоречие.
2«Среди прямых 1Г12Л3,Ц,ЦЛ3Л4 лв® совпадают эЦ^Ц*, т.е.
здесь только 6 прямых. Если среди них иет параллельных, то каж-
дая прямая I.» 2£is3, пересекается с каждой прямой Ц, 2^j я 4,
т.е. имеется 6 точек пересечения. Кроме того, эти 6 прямых име-
ют еще по одной точке пересечения с седьмой прямой, т.е. еще 6
точек пересечения. Всего имеем 12 точек пересечения вместо U
по условию, т.е. получили противоречие.
686. Т.к. х24-2х+2=(х+1)2+Ь0,то данные неравенства эквивалентны
неравенствам х2+2х+252(х2+х+1)^3(х2+2х-ь2).Но правое неравенство
очевидно, т. к. 3(х2+2х+2)-2(х2+х+-1)»х2>4х+4=:(х+2)2^0 при всех х,
а левое также очевидно: 2(х2+х+1)Чх2+2х+2)«х2^0 при всех х.
687. Число Зп оканчивается на одну из цифр 3,9,7.1;если n»4k+3,
то Зп оканчивается на 7. Т.к. последняя цифра степени зависит
только of последней цифры основания степени, то 4343 оканчива-
ется на ту же цифру, что и 3^. т.е. на 7.
Аналогично, число 7Л оканчивается на одну из цифр 7,9. 3, I;
если п=4кИ. то 7” оканчивается на 7. Но 17^ оканчивается на
ту же цифру, что и 717. т.е. на 7. Следовательно, 434*5-!?*7 де-
лится на 10.
688. (2^1)(22^П(24+1)(2в+1)- ..•(225ММ2-1)(2+1Х22Я)(24 +
4.1)(28+1)-..,-(2236+1Н22-П(22+1И2Чп(28+1)-...-(225е+ ij **
(24-l)(244-l)(23+l)-...42256+n^..H225a-lM22s41)«2Si2-L
689. Из точки А радиусом, равным АВ, проводим окружность.Из то-
чки В радиусом, равным АВ, проводим дугу, пересекающую окруж —
ность в точке Вг Из радиусом, равным АВ, проводим дугу, пе-
ресекающую окружность з Вл ^движение от В идет против часовой
стрелки*. Из радиусом, разным АВ, проводим дугу, пересекав -
щую окржность в Eh Тогда В3 леж'ит на прямой, определяемой точ-
ками А я В,т.к. по построению В3 диаметрально противоположна В.
Можно указать и другой способ. Из точек А и В радиусом, рав-
ным АЗ, проводим дуги до пересечения в симметричных точках € а
Сг Из точек С и (^радиусом, большим АВ, проводим дуги до пере-
сечения в симметричных точках D н Dr Тогда D и Полежат на пря-
мой. определяемой точками А и В.
690. Т.к. всякое число при делении на 3 дает в остатке 0, I иля
223
2» т.е. имеет вид либо Зк, либо 3kil, то квадрат всякого нату-
рального числа имеет вид либо Зп, либо Зп+1. Следовательно,сум-
ма цифр точного квадрата либо делится на 3, либо дает в остатке
1 при делении на 3. Поэтому 1979 не может быть суммой цифр точ-
ного квадрата.
691. Отложим ЕЕ',ЕЕ'=ЕЕ,на продолжении FE и соединим Е' с В и Q
Тогда прямоугольные треугольники ВЕЕ' и E'FQ равны по построе-
нию. Следовательно, zBE*E+zFE*Q=sn/2 и BE'-E'Q, т.е. ABE'Q рав-
нобедренный прямоугольный, а поэтому zE'BQ=n/4. Отсюда
zBDA4-zBFA+zBQA=^K/4+zFBE+zQBP=it/4+zE' BE+zQBP=n/4+zE' BQ=n/2.
692. Обозначим через хну стороны прямоугольника, вписанного в
окружность. Т.к. диагонали прямоугольника являются диаметрами
круга, то х2+у2=4. Т.к.(х4-у)2=2(х24-у2)-(х2-у2)=8-(х-у)2,то мак-
симальное значение полупериметра > а, следовательно, и периметра* •
достигается при условии, что х=у, т.е. для квадрата.
693. Доказательство проведем по индукции.
Введем S =n(a b +...ч-аД)-(а1ч-...+а )(Ь.+...+Ь ) и покажем,
что SR&0. При гр=1 неравенство очевидно. Предположим, что нера-
венство справедливо при n=k-l, т.е. ^0, и покажем, что не-
равенство справедливо и при n~k, т.е. S^O. Действительно,
Sk»Hakbk+ ..+a,bJHa1+. .+ak)(bl+ ..+bkHk-lXak_,b|(_1+... +
+a)b]Ha,+ -'*-at<.iXb1+...+b1(_1)+kakbk+ai(_1bl(_j+..+aib]-ai((b)+
+--^k^bk(a1+"-+ak-l)=Sk-t+ak{bk~bk-i)+ak(bk_bk-2)+"+ak(bk_
Ц^к-^кЛ^к-^Ьк-гА^-^^гЧ^Ач^8^-!)^
-bk-i)+ (ak-ak_2Xbk-bk_2)+...+(ak-a)Xblt-b1)aO. ибо S^O no
предположению индукции, а остальные слагаемые неотрицательны по
условию задачи.
694. Очевидно, что в это множество входит южный полюс. Рассмо-
трим теперь окружность радиуса 10/(2пп), п^1. расположенную в
северном полушарии на поверхности Земли в плоскости, перпенди-
кулярной земной оси с центром на земной оси. Длина этой окруж -
вести равна 10; п. Обозначим через . Ап окружность, расположенную
на поверхности земного шара на 10 км южнее окружности с радиу-
сом 10/(2ttn). Очевидно, что выйдя из любой точ.ки окружности Ап
на север >по меридиану* и пройдя 10 км, мы попадем на окружность
радиуса 10/(2Ш1); если обойти эту окружность,двигаясь на запад,
й рва, то мы пройдем 10 км и вернемся в ту точку, в которой впе-
224
рйые аказзлнсь наэтой окружности; если теперь пройти Ш км на
юг >во тому же меридиану*, то мы вернемся в исходную тачку на
окружности Ап. Т.о., искомое множество состоит из всевозможных
окружностей An, nil, и южного полюса.
695. Л. .4,8. 8.9=9-ь8404-...4-8* 10пЧ4-4• 10п4-...4-4• 102пЧ=
п ЦЙфр птцнфр w о
=94-80 * (10пИ-1 )/9+4 • (10 -1)/9=(2 * 10п4-1)2/9.
696. 1«Делителями четного совершенного числа являются 1,2,22,..
...,2n4,2n-1.2(2n-l)...2пЧ(2п-1). Тогда [1+ | 4- ± +„. +
+ + -1
2п’и 12П—1 2(2n—1) 2П-1(2П—1)J 2П'1 2n—1 2П~1
2«Число 2пЧ имеет вид либо Зк+1, либо Зк4-2. Если бы 2n~'=3k+2,
то 2n-l=2(3k4-2)-l=3(2k4-l). Здесь k^l »при к=0 мы получим число
6«, те. 2П~1 не является простым числом. Следовательно, 2й*1 =
=Зш4-1. Тогда 2n~1(2n-l)=(3m4-l)(2(3m4-l)-l)=(3m+l)(6m4-l)=l8m24-9m4-
+1, т.е. при делении иа 9 в остатке будет 1.
697. Предположим, что такой многочлен существует. Т.к. р(О)=ап,
то а - простое число. Тогда р(а )=а (an~Ua«an“2+...+a <4-1),
п г г'п' n'nin п-1 '
т.е. р(ап) не является простым числом, ибо ап*1 >единица не от-
носится к простым числам*, а второй сомножитель больше единицы.
698. Пусть для определенности луч ОВ лежит внутри /СОА. Центр
тяжести треугольника лежит в точке пересечения медиан. Проведем
медиану OD в ДОАВ и медиану CD в ДАВС. Если MQ - центр тяжести
ДОАВ и М - центр тяжести ДАВС, то DMQ=OD/3 и DM=CD/3. Следова-
тельно, AMgDM подобен AODC и MgMfjOC. Т.о. , все центры тяжести
треугольников АВС, когда точка С движется по лучу,лежат на пря-
мой, проходящей через точку Мд, параллельно лучу ОС.
699. Если бы a14bl4-a2+b24-...-i-a254-b25=0, то среди слагаемых было
бы 25 положительных и 25 отрицательных, т.к. каждое слагаемое
равно 4-1 или -1.Если имеется к отрицательных чисел среди 25 чи-
сел а.. то среди 25 чисел Ь. будет 25-к отрицательных. Т.к. к и
25-к разной четности, то произведения а.ап...аос и b.bo...bo.
разных знаков.
Но на самом деле потому что каждое нз
этих произведений равно произведению всех чисел таблицы.Получи-
ли противоречие.
700. Покажем по индукции, что D(xa)«nD(x):2l,’4 При п«1 равенс-
тво очевидно. Предположим, что это равенство верно при п=к,т.е.
225
Dfx^kDfx)^1^, и докажем, что оно верно при n=k+l: D(xk+1) =
=D(x‘Xk)=D(x)-0,5k+0,5* D(xk)=D(x):2k+kD(x):2k=(k+l)D(x):2k. За-
метим еще, что если с-постояниая, то D(c)»D(c* l)=D(c) + c*D(l),
откуда D(l)=0, а следовательно, D(c>0. Если p(x)=aQxn+a1xn~1 +
+...+anlx+an, то p/(x)=naoxn"U(n-l)a1xn~2+...+anl. Поэтому
D(p(x))=a0D(xn)+... +an_tD(x)=aonD(x): 2n“’+.. +an_1D(x)=(na0:2n~l
+(n-l)a1:2n“2+...+an_t)D(x)=p,(0,5)D(x). Обозначим через С по-
стоянную D(x); тогда D(p(x))=Cp/(0,5).
701. Т.к. a2=cos2a+cos^+2cosacosp и b2=sin2a+sin^?+2sina* sing,
то a2+b2=2+2cos(a-g) и a2-b2=cos2a+cos20+2cos(a+3)=2(l + cos(a-
-3)) • cos(a+3). Отсюда cos(a-0)=(a2+b2-2)/2 и cos(a+3)=(a2-b2): (2
+2cos(a-/3))-(a2-b2):(a2+b2).
702. Если х0-корень многочлена, то l+x0+x2+...+x{J~,=nx{J. Но ес-
ли |х0|>1, то ll+Хд+...+х^1 |si+|x0H...+ |x0 |пН< |х0|п-п. Полу-
чили противоречие.
703. Т.к. среднее геометрическое не больше среднего арифметиче-
25 к 13 25
скоро, 1~ "Зд-----"J .По индукции мо-
жно доказать формулу: (1-х)п<1-пх+п(п-1)х2/2 для 0<х<1. Полагая
в этой формуле №13/365 получим требуемую оценку.
•. Приведем другое решение. Нам достаточно доказать неравенство
(1-13/365)25<1/2 или 365/352>21/2? Заметим, что 365/352>1,036 и
lt0363>M. С другой стороны, 21/8<1,441/4 =* 1,2,/2 <1,1. Тогда
озб<3б5/352.
704. Продолжим CL за точку L до дочки К так, чтобы АК||ВМ. Тогда
треугольники BML и AKN равны и ВМ=АК. Проведем AP||CU точка Р
лежит на DN. Тогда треугольники APD и ВМС равны и ВМ » DP. Т.к.
DNj|AK, то AK=NP, т.е. Р - середина ND. Следовательно, треуголь-
ники AKN ANP равны, а треугольники ANP и APD равновелики. По-
' 5ABMND=sSBML+SALND=SAKL+SALND=SAKN4'SANP+SAPD=3‘SBMC
705. ,44.. . 4| -11 • «44 . 4 , +9=4 • 10,979+4 • 101978+... +4-11(4 • 10989 +
1980лйифр ЙСРцифр 1адо qqn
+4Ч0988+...+4)+9М-^1 - 44-S^U<b
w 4ЧО198О-44ЧО99О+121 = ^Ч099°-11j2= l66_j5J3^
9 3 989 ^шестерок
706. Из подобия треугольников AML и ВМС следует, что AM : МС =
s=AL:BC Из подобия треугольников KND и BNC следует, что KN:NC «
-1
226
=KD:BC. Т.к. AL=AK4-KL=DL+KL=DK, то AM:MC=KN:NC. Отсюда следует,
что MN)|AD >по теореме, обратной теореме Фалеса<.
707. Запишем данные числа в виде 2™ • г, где r-нечетный множитель,
который может принимать значения 1,3,5,7,...,99г Т.к. этих не-
четных чисел всего 50, а мы выбрали 51 число, то по крайней ме-
ре два из выбранных чисел будут иметь одинаковый нечетный мне -
Ша И!»
житель, т.е. будут иметь вид 2 г и 2 г. Тогда одно из них де-
лится на другое.
708. Если х - целое число, то [xj=x и [х2]®х2, т.е. всякое це-
лое число из отрезка [-10,2] будет рещением уравнения.
Пусть х-нецелое число, т.е. х=[х]+а, 0<а<1.Тогда х2=[х]2+а2+
+2а[х].Если [х]<0,то 2[х]а+а2=а(2[х]+а)<0; следовательно, Г*2}*
<х2<[х]2,те. уравнение не имеет нецелых решений в этом случае.
Осталось проверить два случая: [х]®=0 и [х]-1. Если [х]=0, то
х=а, [х]=0 и [х2]-0, т.е. любое число из интервала (0,1) удов-
летворяет уравнению.
Если [х]=1, то х=1+а и х2=1+2а+а2 По условию [х]2*{х2]=4, а
это возможно только при 2ожх2<1, т.е. 0<а<У2-1, следовательно, ;
уравнению удовлетворяют все числа из промежутка (l.v'Z).
Ответ:все целые числа из отрезка [-10,2] и интервал
709. Обозначим произведение четырех последовательных чисел че-
рез К и преобразуем его: К-п(п+1)(п+2)(п+3)®(п2+Зп)(п2+Зп+ 2) -
=(n2+3n)2+2(n2+3n)<(n2+3n)2+2(n2+3n)+l. Тогда видно, что (и2 +
+Зп)2<К<(п2+Зл+1)2, т.е. данное число заключено между двумя по-
следовательными квадратами.
710. Пусть О-середииа отрезка Орг Введем вектор iT=Op2 и еди-
ничный вектор | OfAt |. По условию задачи О^А^г^е и 0^А2=
®-г2е. Тогда O1A^(O1A|4-OjA2)/2=(O1A1+O1O2+O2A2)/2=«a/2+(r1-r2)e/2
и бА=01А-0‘10=(г1-г2)е/2. Следовательно, вектор UA имеет постоя-
нную длину и направлен также, как вектор О~АГ Т.к. при движе-
нии точки Aj по первой окружности вектор е делает полный оборот
то вектор ОА тоже опишет полный оборот, т.е. точка А опишет ок-
ружность радиуса |rt-r2|/2 с центром в точке О.
711. Искомое число п делится на 2 и на 5»he.имеет вид 2*5у’гп=
=п. Т.к. мы ищем наименьшее такое число, то положим т-1. В си-
лу условий задачи п/2=2х~|*5у - точная пятая степень и п/5 =
=2Х'5У~1 -точный квадрат. Следовательно, надо найти наименьшие
227
х и у. такие» что х-1=5р, y=5g, x=2u, y-l=2v. Очевидно» что та-
кими будут х=6 и у=5. Поэтому п=26-55-200000.
712. Сложим оба уравнения системы: х+у-1/(х+у)=О, т.е. х+у- +1.
Если х+у=1, то первое уравнение принимает вид х-(х+1)/(х-у) = 1
или х-(х+1)/(2х~1)=1. Отсюда ХрО, х2=2; ypl, у2=~1. Если х+у=
«-1, то первое уравнение примет вид х+(х-1)/(х-у)=1 или х = (х-
-1 )/(2х+1 )~1. Отсюда х3=—1, х4=1; у3=0, У4~“2.
Ответ: (0,1),(-1,0Ц2,-1),(1,-2).
713. Если бы KC||AL, то AK=CL, а потому DL=BK, т.е.LB и KD также
бы пересекались, что противоречит условию. Следовательно, AL и
КС пересекаются в точке S. Пусть точки М и N выбраны на прямой
AD так, что TM||SN||AB. Найдем SN.
По теореме Фалеса AL:LS-AD:DN »t«. Из подобия треугольников
ALD и ASN следует, что AD:DL=AN:NS, откуда NS=DL-AN:AD= DL-(1 +
+DN:AD). Вычислим отношение DN:AD. Из подобия треугольников SCL
и SKA следует, что AS:LS=AK:CL. Т.к. AS=AL+LS,to AL:LS=KA:CL-1.
Тогда из >1« следует, что DN:AD=CL:(KA-CL). Итак. SN = DL*(1 +
+CL:(KA-CL))=DL* KA:(KA-CL). Аналогично покажем,что ТМ=АК- DL:(DL-
ВК). Т.к. DL-BK=KA-CL, то SN-TM, т.е. TS||AD.
714. Доказательство проведем по индукции. При п=2 получаем, что
- рациональное
число. Предположим, что это утверждение верно при n=k, т.е. при
заданных условиях ф2+...+ ^-рациональное число.Пусть
n=k+l. Тогда k) + Ф2 + ••• + Фк) +
+i/2'tg^k+J:(l-0,5V2tg(^1+^+.-+^|<)'/2tgipk^1)-pauHOna.Tbnoe число,
если ф1+ф2+.,.4-фк*1гт4'П/2 >это условие необходимо,чтобы восполь-
зоваться предположением индукции*.
Если же окажется» что <р1+<р2+...+фк==тгт+7г/2, то в этом * случае
vz2tg(VI+...+Vk+«>k+1)=^tg(n/2+irm+9>1(+t)=-v^ctg?>li+t=v^/ta<pk+t-pa-
циональное. число.
715. Пусть k>m. В противном случае мы поменяем многочлены мес-
тами. Если s=k-m, то поделим первое неравенство на |х|т >считая
х*0«: |xs+a1xs"4...+as tx+as+as+t/x+...+ak/xm|519801l+^/x+...ч-
+Ьт/хт|,или |xs(l+a1/x+...+as/xs)+as+t/x+...+ak/xrn [^1980 ] l+bj/x
+... +bm/xm I .Т. К. I с, I=I с,+1 (c2+... +cn)-c2-... -Cn IS1 Cj+c2+... +Cn 1 +
+ |c2|+...+ I Cn|. TO (c1+c2+...+cn|2|ct|-|c2|~...-|cn|. Используя
это неравенство, получаем: |xs(l+aJ/x+...+aj/xs)|-|as+)/x|-...-
228
~ | ak/xm I s | xs(l+a1/x+.. .+as/xs)+as+1/x+... +ak/xm | s1980(1 +1 bj/x |
+ ...+ |bm/xm|, или |xs| |1+а1/х+...+а5/х5|5|а^|/х|+...+ |ак/хт[ +
+1980(1+1 b/x | +... +1 bm/xm |).
Пусть теперь x*®. Тогда выражение l+aj/х+...+а^х* стремит-
ся к 1, т.е. для достаточно больших |х| станет больше 1/2;выра-
жение 1980(1+ (b^/x|+... + |bm/xm|) стремиться к 1980,т.е. для до-
статочно больших |х| станет меньше 1999; выражение (а^/х) +
...+ |ak/xm| стремиться к 0, т.е. для достаточно больших |х|
станет меньше 1. Следовательно, при достаточно больших |х| по-
лучим: 0,51 х |ss | х |s | l+a^x+...+а^х5 |s2000, т.е. |x|s54000 при
достаточно больших х. Этого не может быть при s&l. Поэтому s~0.
716. Заметим, что при а=0 сечение совпадает с гранью а
при а=1 с гранью CCtBjB. Т.к. все Грани равновелики, то значе -
ния площади сечения S(a) при а-0 и а=1 совпадают. Для отыскания
такого а, при котором значение S(a) минимально,вычислим площадь
сечения. Очевидно, что при 0«х<1 сечение PNMG>N€A1CrG€BBJ< яв-
ляется равнобочной трапецией. Т.к. грани равновелики, то ДА* =
=а/3/4. где А В-а. По условию MN~oa, PC|s=aav/T/4 и NCp(l-a)a. То-
гда длину боковой стороны трапеции найдем из ДРМС^: NM2=Kt-a)2a2
+3а2а2/16=а2(1-2а+19а2/16). Поэтому высота трапеции равна а(1-
-2a+19a2/16-(l-a)2/4)t/2^av^(4-8a+5a)l/2/4, площадь трапешии ра-
вна S(a)=a2(l+aa)Zr(4-8a+5a2),/2/8. Найдем минимум функции S(a)
при 0<а<1. Непосредственный подсчет показывает, что a=G,7 явля-
ется точкой минимума и наименьшая площадь сечения
S(0,7>=17 * V5T75- а2/160.
717. Умножим первое уравнение на у, второе - иа х и сложим: ху+
+1=у. Т.к. отсюда следует, что у*0, то х=1-1/у. Умножим затем на
х первое уравнение, второе - на у и вычтем: х2-у2+1=2х.Подстав-
ляя х=1-1/у, получим у4=1. Ответ: (0,1) и (2.-1).
718 Проведем МТ и NS параллельно стороне АВ >Т, SeADc. Найдем
отрезок NS.Ho теореме Фалеса ND:KN=SD:AS >1«.Из подобия треуго-
льников DSN и DKA следует, что NS:CD=AK:KD, откуда NS^SDAK/AD.
Вычислим отношение SD.AD. Из подобия треугольников BNK и LND
следует, что ND:KN=DL:KB. В силу >1< S£hAS=DL.KB. Тогда AD:SI>
=(AS^SD):SO=1+KB: DL. следовательно NS^AK* DL(DL+BK). Аналогично
покажем, что MT-AK-DL:(DL+BK). Т.к. MT«NS. то MNJ/AD.
22$