/
Текст
ЗАДАЧ НИК
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
И. X. СИВАШИНСКИЙ
ЗАДАЧНИК
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1966
15
С 34
УДК 510 (023)
Книга представляет собой сбор-
ник задач (в основном повышенной
трудности) по элементарной мате-
матике, снабженных решениями или
указаниями.
Этот задачник может быть
использован прежде всего при подго-
товке к конкурсным экзаменам в ву-
зы, особенно такие, в которых предъ-
являются повышенные требования по
математике. Сборник может быть
использован также в работе юноше-
ских математических кружков, пре-
подавателями и студентами педагоги-
ческих вузов и для самообразования.
Израиль Хаимович Сивашинский
ЗАДАЧНИК ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКЕ
Москва, 1966 г., 512 стр» с илл.
Редакторы А. П. Баева, Н. Н. Дегтярев.
Техн, редактор Л. Ю. Плакше. Корректор С. Н. Емельянова
Сдано в набор 27/1 1966 г. Подписано к печати 23/V 1966 г.
Бумага 84хЮ8/82« Физ. печ. л. 16. Условн. печ. л. 26,88.
Уч.-изд. л. 25,89. Тираж 100 000 экз. Т-08206.
Цена книги 82 коп. Заказ №132
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова
Главполиграфпрома Комитета по печати при Совете
Министров СССР
Москва, Ж-54, Валовая, 28
2-2-2
51 66
ОГЛАВЛЕНИЕ
условия
Глава I.
Глава II.
Глава III.
Глава IV.
Глава V.
Глава VI.
Глава VII.
Глава VIII.
Глава IX.
Глава X.
Глава XI.
Глава XII.
Глава XIII.
Глава XIV.
Глава XV.
Глава XVI.
Глава XVII.
Глава XVIII.
Делимость чисел. Теорема Безу................. 5
Преобразования в алгебре ................. 10
Алгебраические уравнения и системы уравнений 14
Неравенства в алгебре. Наибольшие и наимень-
шие значения.............................23
Задачи на составление уравнений..........32
Прогрессии и суммы ...........................37
Основные свойства логарифмов. Показательные
и логарифмические уравнения..............44
Комбинаторика и бином Ньютона............47
Комплексные числа........................... 49
Задачи по планиметрии на вычисление .... 50
Задачи по планиметрии на доказательство . . 53
Задачи по планиметрии на нахождение геомет-
рических мест.............................60
Задачи по планиметрии на построение .... 62
Задачи по стереометрии........................64
Неравенства в геометрии. Наибольшие и наи-
меньшие значения..............................68
Преобразования в тригонометрии .............. 74
Тригонометрические уравнения и системы урав-
нений ........................................78
Неравенства в тригонометрии. Наибольшие и
наименьшие значения........................84
1*
3
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Глава I. Делимость чисел. Теорема Безу 91
Глава II. Преобразования в алгебре 109
Глава III. Алгебраические уравнения и системы уравнений 123
Глава IV. Неравенства в алгебре. Наибольшие и наимень- шие значения 163
Глава V. Задачи на составление уравнений 207
Глава VI. Прогрессии и суммы 225
Глава VII. Основные свойства логарифмов. Показательные и логарифмические уравнения 253
Глава VIII. Комбинаторика и бином Ньютона 263
Глава IX. Комплексные числа 270
Глава X. Задачи по планиметрии на вычисление . . . . 274
Глава XI. Задачи по планиметрии на доказательство . . . 294
Глава XII. Задачи по планиметрии на нахождение геометри- ческих мест 334
Глава XIII. Задачи по планиметрии на построение .... 345
Глава XIV. Задачи по стереометрии 362
Глава XV. Неравенства в геометрии. Наибольшие и наи- меньшие значения 388
Глава XVI. Преобразования в тригонометрии 422
Глава XVII. Тригонометрические уравнения и системы урав- нений 438
Глава XVIII. Неравенства в тригонометрии. Наибольшие и наименьшие значения 472
условия
Глава I
ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ. ТЕОРЕМА БЕЗУ
1. Показать, что при всяком нечетном значении л число
вида л4 4-7 (7 4-2л2) делится на 64.
2. Доказать, что если п — число простое, отличное от
2 и 3, то разность л2 — 1 делится на 24.
3. Доказать, что сумма квадратов двух чисел, взаимно
простых с числом 3, не делится на 3.
4. Показать, что при всяком целом л число л (л2 4-5)
делится на 6.
5. Доказать, что выражение л5 —5л34"4л при любом
целом л делится без остатка на 120.
6. Доказать, что если л взаимно простое с 6, то л2—1
делится на 24.
7. Доказать, что при всяком целом значении л число
вида л44-6л34-Ил24~6л делится на 24.
8. Доказать, что 62" —1, где л —любое натуральное
число, делится на 35.
9. Доказать, что при л целом числа вида 7w+24~ 82”*1
делятся на 57.
10. Доказать, что если л есть целое, не кратное пяти
число, то выражение
(Ц2« —2е”) (л4 —1)
делится на 285.
11. Показать, что
52и+1_|_2”+44-2”+1
при любом целом неотрицательном л делится на 23.
12. Доказать, что числа вида
2« + 5.34п_|_53« + 1
при л целом и неотрицательном кратны 37.
5
13. Доказать, что выражение
ЗЗп+2^5.23»+1
кратно 19 при любом целом неотрицательном п.
14. Найти общий наибольший делитель чисел вида
7«+2_|_82w+1, где л = 0, 1, 2, 3, ...
15. Доказать, что выражение
25«+з _|_5».gn+2
при любом целом неотрицательном п кратно 17.
16. Доказать, что числа вида
з 34«-5) 23« (2 — 23я"6)
при любом целом положительном значении п кратны 17.
17. Доказать, что
32(«+1), 52л_дзл+2,22»
при любом целом неотрицательном п делится на 1053.
18. Доказать, что число
52п+1+3з ,2и+1 ц + 13"
при любом целом положительном п делится на 46.
19. Доказать, что сумма 222333 4-333222 делится на 13.
20. Доказать, что сумма 31054-4103 делится на 13, на
181 и на 7.
21. Доказать, что выражение 4п4-15л—1 делится на 9
при любом натуральном п.
22. Доказать, что при любом целом неотрицательном п
число
32п+2.4 + з2л —36
делится на 64.
23. Доказать, что выражение
32w+i. 44л+1 36л+2 4«+1
при любом целом неотрицательном п кратно 25.
24. Доказать, что число 32п+2 —8/г —9 при п целом
неотрицательном кратно 64.
25. Доказать, что выражение 14-2*4-4* кратно 7,
если х—положительное число вида Зл±1.
6
26. Доказать, что 62" + Зл+2 + 3" кратно И при всех
целых положительных значениях п.
27. Определить, при каких целых неотрицательных
значениях х
7ЗХ4 • З2* + 3 • 2*
делится *на 11.
28. Доказать, что выражение 1+3" 4-9" делится на 13,
если л = 3&+1, гДе & —любое натуральное число.
• 29. Схема Горнера, При делении многочлена
Лох" +A1x-^ + A2x-^+ . .. +Ап~1х. + А„
на двучлен х—а в частном получается многочлен степени л—1
50х«-14-В1х«-г+ ... +В„_2х+В„_1(
а в остатке — некоторое число R,
Показать, что коэффициенты Во, В19 В2) ..., Вп_2, Вп^г
и остаток R вычисляются последовательно так:
Bq — A^ В± = BQa4-Af, В2 — В^-^А^, В3~В2а-\-А3\ ...
• ^п-1—^=£rt-ia+A»-
30. Доказать, что многочлен
/ (х) = л2*хп+2 — (2л2 4- 2 л — 1) хп+14- (л + 1 )2х" — х — 1
делится на (х—I)3.
31. Доказать, что многочлен
Л = лхл+1 —(л4-1)х"4-1
делится без остатка на (х—I)2.
32. Доказать, что если многочлен /(х, у), симметричный
относительно х и у, делится на (х—у), то он делится
и на (х—у)2,
33. При каких значениях а, Ь, с многочлен х5 + ах2 +
+ #х + с разделится без остатка на (х+1)3?
34. Доказать, что при нечетном л сумма
Sw = l" + 2"4-3"+...4-(w^i)"4-w"
делится на 1+ 2 + 3+...+(/л — 1) + /л.
35. Пусть /л —данное целое положительное число.
Доказать, что многочлен
/(х) = (х —2)2W + (x —1)да —1
делится на произведение (х — 1)(х — 2). Найти частное.
36. Доказать, что число
(а4-1)2л+1+а«+2,
где а — целое, а п — целое неотрицательное число, делится
на a2 + # + l-
37. Найти целое выражение, тождественно равное сумме
а” Ь* сп
° ~ (а—Ь) (а—с) (Ь—а) (b-с) (с-а) (с-6) ’
где п — натуральное число.
38. При каких значениях п многочлен
Л=:1 + х2 + х4+
разделится без остатка на многочлен
В=1+х + х2+ ... +х"?
39. Найти общий вид многочлена, произведение которого
на двучлен х2—1 содержит лишь два члена.
40. Доказать, что если разность, полученная от вычита-
ния числа, выраженного тремя последними цифрами данного
числа, из числа, выраженного всеми остальными его цифрами
(или наоборот), делится на 7, или на 11, или на 13, то
все данное число делится соответственно на 7, или на И,
или на 13; если эта разность равна 0, то данное число
делится и на 7, и на И, и на 13 (признак делимости на
7, 11, 13).
41. Доказать, что число 1 -Р 4г</, где г равно разности
между произведением и общим наибольшим делителем
некоторых двух чисел, a q равно отношению общего наимень-
шего кратного и общего наибольшего делителя тех же
двух чисел, есть точный квадрат.
42. Доказать, что сумма квадратов двух целых чисел а
и Ь делится на 7 только тогда, когда каждое из них
делится на 7.
43. Доказать, что если mn-\-pq делится на т — р, то
mq-\-np тоже делится на т—р.
44. Какое число надо прибавить к выражению
(Л2-1)Р (П_ 1)^+1,
чтобы оно делилось на л?
8
45. Показать, что если бх+П^ делится на 31, то
х4-7у также делится на 31.
46. Найти наименьшее положительное число, кратное 7,
которое при делении на 2, на 3, на 4, на 5 и на 6 дает
в остатке единицу.
47. Найти двузначное число, которое при делении на
цифру единиц дает в частном также цифру единиц, а в
остатке цифру десятков.
48. Показать, что квадрат любого нечетного числа при
делении на 8 дает остаток 1.
49- Разложить на множители выражение
(*+j + *)5 —*5 — J'5—Л
. а3 4- 2а
50. Доказать, что дробь несократима ни при
каких натуральных значениях а.
51. Доказать, что если т и п — два числа, не делящиеся
на 3, то число
(tn — п) (tn2 — тп + л2) (/п3 + 2/я2л + 2/ил2 + л3)
делится на 9.
52. Найти двузначное число, наименьший делитель
которого, отличный от единицы, равен сумме цифр искомого
числа.
53. Дано, что ни Д, ни В не делятся на нечетное
простое число р и что А2— В2 делится на рп, где п— целое
положительное число. Доказать, что или сумма, или раз-
ность чисел А и В делится на рп.
54. Доказать, что (tnp — tn) при любом т и простом р
делится на р («малая» теорема Ферма).
55. Найти остаток от деления на 13 выражения
7100 । роо.
56. Доказать, что если а есть целое число, взаимно
простое с 35, то произведение
(а4— 1)(а*+15а2 + 1)
делится на 35.
57. Найти такое простое число а, чтобы число 5а*-р1
делилось на а2.
9
Глава II
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В АЛГЕБРЕ
58. Доказать, что
а3 4- Ь3 + с*—ЗаЬс,
если a-j-b-j- с = О.
59. Доказать, что
а84-654- с»_ а34-63+ с»
5 ~ 3 2 ’
если а-[-Ь-{-с = 0.
60. Доказать, что
а7 + 67 + с3 а5 + б5 + с8 а2 4- 62 + с2
7 5 2
если а 4-6 4- с = 0.
61. Показать, что из равенства
fl2 4- 4- с2 — аь 4- ас 4- 6с,
где а, 6, с — вещественные числа, следует, что а = 6 = с.
62. Доказать, что
(а 4- 6 4~ с)3 = 27 abc,
если у/а4-|/б4- р/ё=0.
63. Показать, что из равенства
x*-~yz __ у2—хг
х(1—r/z)~~ у (1—xz)’
где х, j, z не равны между собой и х=^0,
вытекает равенство
x4-j4-^=-4-?4-T.
64. Показать, что
ху + х^+^ = 0,
если
7 = У = f. «4-64-с=1, а24-6а4-с3=1.
65. Доказать, что
10
если
х . у . z 1 а . b . с Л
--Ь-т-Н— = I и--------= 0.
а 1 b 1 с х 1 у 1 z
66. Доказать, что
(Ь-с)2 (с—а)2 (а-b)* ’
если
5—।—1-—0, а=^Ь, а^=с и Ь^с.
Ь—с 1 с—а 1 а—Ь * т~ * т- ~т-
67. Показать, что при нечетном п из равенства
1 , 1 t 1 1
у+следует Равенство
1.1.1^ 1
Хп ~Г yti ~Г гп хп^уП^2п *
68. Показать, что если
ai + «|+ ...+#* =р2,
^1 + ^+...+^ = <72, (р=£0,
а1Ь1 + а2Ь2 + ... + апЬп = РЧ,
то
d2 = XZ^2, •••,
где X = ~ • (Все величины предполагаются вещественными.)
69. Доказать, что если a^b, а=£с, b=^=c
и •
то и
О — а | | с ______п
° (Ь —с)2 (с—а)2 (а—6)2 — ’
и наоборот, если В=0, то и Л = 0.
70. Из соотношений
tn f п п I I , пг
= (а—6р + (а+с)2 (д + с)2^(а—Z?)2 (а + с)2 + (д + с)2
а b с ’
в которых числители и знаменатели отличны от нуля,
вывести равенства
al-^bm = cn и +с)2 = (а+с)2 + (а—ьу'
11
71. Упростить выражение
— (х2 + х~2«) (х2”-2 + х2и'4+ ... +х2+1).
72. Упростить выражение
73. Упростить выражение
А = /2_+Кз_+/4_
/2 + Кз + Кб + /8 +4
74. Дано
Ь2 + ^2—°2 (а-Ь-с—Ь)(а-{-Ь—с)
Х~ 2Ьс ’ У~(а + Ь+с)(Ь + с—а)’
Вычислить произведение (*+1)(у+1).
75. Упростить выражение
76. Доказать, что если ах4-#2 + • • • и
д __ gi + а2х а2 + а3х _ап^1 + ап^ +
«i + ад «г + ад ап-х + апУ ап + а1У'
то
77. Упростить выражение
j,3==|/x2 + 4x + 44-]/x2 —2х + 1 +]/х2-—6х + 9.
78. Упростить выражение
(х+«) (х2 + а2) (х4-|-а4)... (х2” 1 + а*п~').
79. Упростить выражение
(х2 — ах + а2) (х4 — а2х2 + а4)...(х2П — а2”-1 • х2”"1 + а2").
80. Разложить на множители
д = а4 + 4^4.
12
81. Разложить на множители
д ==а5'г-|-ага+1 (п натуральное).
82- Разложить на множители выражение
Л = (х4-1)(х + 3) (х + 5) (х + 7) + 15.
83. Разложить на множители выражение
А = з/^4 + .
84. Разложить на множители выражение
j3 (а —’ х) — х3 (а — у) + я3 (х —у).
85. Расположить многочлен аг3 —|—4jv2-J—6_v4 по степе-
ням (х+1).
86- Найти значение выражения
при
44-/В , /~А-/В
А— А + Ув‘
87. Найти значение выражения
при
2Р<7
/а + Ь\^Р
x—\a—b)
. * п-4- &
если р и q — любые рациональные числа и дробь -—г по-
ложительна. а
88. Найти значение выражения
л У24-К5 1/-384-17 Г~5-тх.
/2+К5 p/-38+l7K54-m* ' 1+п*
при
х==^ V т~г (0<т<п<2т).
89. Доказать, что если
(im -f- dn = сА (а 0, a -4-1)
13
и
a™ + a*n^aw + a*<i (а^О, а=^±1),
то
m*n=p-q.
90. Доказать, что если
а3 +ра + q = 0, b3 4- pb -|- q = О
и
с3+рс + <7 = 0 (а^Ь, а^с,
то а-|“Нс = ^
91. Показать, что если уравнения
х34-р* + ? = 0 и х3+рхХ + ^х = 0
имеют общий корень, то имеет место соотношение
(?—ft)3 = (Р —Pi)2 (P<h-P14Y
92. Корни уравнения
mx2 + nx + ^ = 0 (т>0, п>0)
относятся как p:q (р>0, #>0). Показать, что при соот-
ветствующем выборе знаков радикалов имеет место равен-
ство
где е, ех и е3 могут принимать значения 4-1 или —1.
Глава III
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
93. Доказать, что если обе части уравнения/(х) = <р(х)
возвысить в квадрат, то полученное уравнение
[/(-*0Р = [ф(*)12
будет иметь своими корнями все корни данного уравнения
/(х) = <р(х) и корни уравнения /(х) =— ф(х).
14
94. Доказать, что если между коэффициентами двух
уравнений
х2 + + и х2 + 2р]Х + qr = О
существует зависимость q + Qi^^PPi и корни одного из
этих уравнений мнимые, то корни другого —вещественные.
95. Доказать, что если уравнение с двумя неизвестными
ах2 + Ьху + су2 = О,
где а, Ь, с — действительные числа, имеет только одно
решение, т. е. существует только одна пара действитель-
ных значений х и у, удовлетворяющих этому уравнению,
то
Z>2 —4ас<0.
96. Доказать, что если алгебраическое уравнение с ра-
циональными коэффициентами имеет корень а-\-ЬУ с, где
а, b и с — рациональные числа, b и с отличны от нуля и с
не равно квадрату рационального числа, то это уравнение
имеет и корень а — Ь]/с.
97. Доказать, что если уравнение л-й степени с це-
лыми коэффициентами имеет целые корни, то они являются
делителями свободного члена.
98. Доказать, что если приведенное квадратное урав-
нение x2+px + q — 0 с целыми коэффициентами имеет ра-
циональные корни, то эти корни являются целыми числами.
99. Доказать, что если все коэффициенты квадратного
уравнения ах24-^х + с = 0 — целые нечетные числа, то
корни этого уравнения не могут быть рациональными.
100. Доказать, что если х2, х3, . ..,хп являются
корнями целой рациональной функции
айхп + аххп~14-... + ап_хх 4- ап,
то имеют место следующие формулы:
Х1 + хг + хз4- ... + х„ = — ,
UQ
xtx2 4- х1хз 4- • • • 4- хп-1хп = у >
Х1Х2Х3 4- ... 4- хп-1 хп-2 хп=—Т.
хха;2а;з ... хп — ( 1 )п .
а0
15
Эти формулы называются формулами Виета.
101. Числа ос и 0 (а=^Р) являются корнями уравнения
x3+j9x + ^ = 0 и удовлетворяют равенству аР + а + Р = 0.
Найти соотношение между р и q и выразить третий ко-
рень через а и р.
102.
Найти все корни уравнения
i ^__74_
Л ‘ (54-2х)2 49
Решить уравнение х54-1=0.
Решить уравнение х4— 8x4-63 = 0.
103.
104.
105. Найти все четыре корня уравнения
15х4 — 4х3 — 6х2—4х — 1 = 0.
106. Решить уравнение 8х4-[-8х3—-х—190 = 0.
107. Решить уравнение (8х + 7)2-(4л: + 3) (х + 1) =4,5.
108. Решить уравнение
(х2 — а)2 — 6х2 + 4х + 2а = 0,
где а — действительное число.
(х \ 2
х^Л /
110. Найти все корни уравнения
. (х+1)(х + 2)(х + 3)(х + 4) = 1.
111. Решить уравнение
(х-4)3 (х — 5)3 + 2(х — 5)3 + (х-4)3 = 0.
112. Решить уравнение
4х , Зх -
4Х2_8% + 7 + 4x2— 10x4-7 1 *
113. Найти действительные корни уравнения
Ух+\ + ^Хх+~ = V 243х.
114. Решить уравнение
/Зх —5 = 3 —/2х.
115. Решить уравнение
16
116. Решить уравнение
х2 — 4х |/"х 4* 1 + 8х — 8^-^4-14-8 = 0.
117. Найти действительные корни уравнения
(/х-2? + (/х-3?=1.
118. Найти действительные корни уравнения
|/1 4- 2х 4-|/1—2х = |/2.
119. Решить уравнение
у/34-х ]/34-х_64 5/-
—3----1------ -з /*•
120. Решить уравнение
|х-1 |4-|х —2| = 1.
121. Решить уравнение
j/(8 —х)2 — У (8-х) (27 4-х) 4- ^/(27 4-л:)2 = 7.
122. Найти действительные корни уравнения
х2 — 5х—4/х 4-13 = 0.
123. Решить уравнение
£/(х4-1)2 - р/(х—I)2 = /х2-1.
124. Найти все корни уравнения
х4 — бах2 + 8а х — За2 — 0.
125. Решить уравнение
J- (У* 4- yi) = 0.
126. Найти действительные корни уравнения
2х Ух — 4х 4- j/x2 -}- f/x = 6.
127. Решить уравнение
(х2 — рх 4- q)2 4- (х2 +рх 4- ?)2 = х2.
128. Решить уравнение
х44~ (2а — 1) х34~ (а2 4-1) х2 4- (а2 — 2а) х 4- а2 = 0.
17
129. Найти действительные корни уравнения
(х24~6х —11) Ух — 2 = 5х2 — 10x4- 1.
130. Найти действительные корни уравнения
х2—6х + у—4 /7+13 = 0.
131. Найти действительные корни уравнения
/8 —х + /89 4-х = 5.
132. Решить уравнение
х2 . 2х ч /~х3 . х2 а
8а+ 3 У 3^ + “4— 2 *
133. Найти все корни уравнения
х3 4- 2х — 5 ]/"3 = 0.
134. Составить трехчленное уравнение восьмой степени
с рациональными коэффициентами, один из корней которого
равен Уб —Уз.
135. Показать, что уравнение
/Зх24-5х —8 — /Зх2 4-5x4-1 = 1
не имеет решений.
136. В каком промежутке должно изменяться число /я,
чтобы оба корня уравнения
х2 —2/пх + /»2 —1 = 0
были заключены между - 2 и 4.
137. Найти действительные пары чисел, удовлетворяю-
щие уравнению
7=з+7Йт+4/^+’/'^-28=<)'
138. Найти в целых числах длины сторон прямоуголь-
ного треугольника, периметр и площадь которого выра-
жаются одним числом.
139. Уравнение 4х2у (х2у —х4-1) = 15х34-2х—-1 ре-
шить в целых числах.
140. Найти пять последовательных натуральных чисел,
если известно, что сумма их обратных чисел равна 1,45.
18
141. Уравнение x*4~jP' = 2x+<y решить в целых поло-
жительных числах.
142. Решить в целых числах уравнение
11 + 21 + 3!+ ...+х!=у8.
143. Доказать, что уравнение xl^yl = 10^ + 9 не имеет
решений в целых числах.
144. Показать, что уравнение
у (1 Ох2 + 21/ — 30г3) = 578
не имеет целых решений.
145. Решить в целых числах уравнение
(14-2^3+...+х) (12 + 22 4-32+...+х2)=У
146. Решить в целых числах уравнение х3 — 100 = 225/.
147. Решить в целых числах уравнение 10х4-/ = (х4-у)2.
148. Решить в целых числах уравнение ху —10 (х4-/) = 1.
149. Решить в целых числах систему уравнений ( х2 — у2 — Z2 — 1, | /4-г—х =3.
150. Решить систему уравнений ( |х4-11 + lJ—1| = 5, 1 |д?4-1 | = 4у —4.
151. Решить систему ( х2 4-/1^*/= 420, 1 У2 + х Уху = 280.
152. Найти все значения т, при которых система урав-
нений
х — у = т (1 -\-ху\
2 + х+у + ху = 0
имеет действительные решения.
19
153. Найти все те значения а, при которых уравнения
х24-ях4-1=0 и я2тх~Н = 0
имеют общий корень.
154. Решить систему уравнений:
хг 4- 2л*3 + Зх3 + 4х4 + ... + пхп ж ях,
пхх-^ х2 + 2х3 + 3х4 + ... + (л — 1)хд = я2,
(я—1) хх + ях2 4- х3 4- 2х44~ •.. + (я — 2)хЛ = а8,
2хх4- Зх2 4~ 4х3 4"5х44~ ... -\-*п ~~ агт
155. Определить k так, чтобы система
х+ (\+k)y =0,
< (1 “ k) хk у = 1 4~*»
(14-£)x4-(12-/^- —(14-*)
была совместна.
156. Дана система
£_______l, — L( 1 _ М
а с к \ b ) 1
±_± = ±fl+£).
а с р \ 1 b /
Доказать, что уравнения совместны, и определить х, у и z.
157. Решить систему уравнений
< (64-c)(j4-z) — ax = ^ —с,
< (с + я) (z 4- х) — by = с — а.
(а 4- b) (х + j) — cz = а —Ь9
если а 4 ^4-с^=0.
158. Решить систему уравнений
• т/ х—у 20
У+1/ _-г — -—
z 1 V х+у х^у
x24-j2 = 34.
20
159. Решить систему уравнений
( ]/х24-.У2 — Vx2— у2—у,
| х4—/*= 144 а4.
160. Решить систему уравнений
J Х*+У* = Ь* (а^о, !>=£0),
( х+У =а
и исследовать решение.
161. Решить систему уравнений
( । । 1 । 1 । 1 13
х+^ + г = _+_ + _ = _,
( xyz=1.
162. Найти положительные решения системы
если а>0, £>0, с>0, d>0 и
163. Найти действительные корни системы уравнений
( х2 —12у=15,
I • 2х — 1/" _-U —_______L
( 8у+ 3 — V Зу + 4 2 *
164. Решить систему уравнений
*1+*2 + *з+• • • + хп~^>
< Х1+^з + Х4+ • • • +
Хг + Х2 + х3 + • • • + Хп-1 П*
165. Решить систему уравнений
f ^1 + х2 = ^,
•^2 ~Н Х3 == ^2>
#3 “I" -^4 =
Хп-1 4“ Хп
. Хп + Х1==ап-
21
166. Решить систему уравнений
f (* + «)(j + /) = (а-л) (/-*),
< (У + *) (z4-т) ==(b — l)(m — с),
(г 4- с) (х 4- п) =(с—т)(п — а).
167. Решить систему уравнений
f (с 4-a) j 4-(л 4-^) г—(Ь-\- с) х — Ча3,
< (a-}-b)z-\-{b-\-c) х — (с 4- а)у — W,
(b 4- с) х 4- (с 4- а) у — (a-j-b)z — 2с3
при условии b-j-c=^=O, a-J-c^O, а-{-Ь^=0.
168. Решить систему уравнений
XjXj. . .хп_п
*1 19
XiX3...X„
————————
предполагая, что числа at, ..., ап и хп ..., хп положи-
тельны.
169- Решить систему уравнений
(а>0).
]/ х2 + у2 + /х2 —у2 == а2
170. Решить систему уравнений
r x+j+^ = 2,
(x+y)(y + z) + (y+z)(z + x) + (z + x) (х4-_у) = 1,
х2 (у 4- z)+у2 (z 4- х) 4-z3 (х 4-у) = — 6.
171. Найти вещественные решения системы уравнений
( п .2
2X2 = *! 4-—,
Л1
2х, = х» 4—— >
• 2 1 х3 ’
..............
2^п = ^-1 + зГ--
2хх = хп + — •
22
172. Выяснить, при каком значении а система
( x2+y2 = z,
I х +у + г — а
имеет единственное вещественное решение, и найти это
решение.
173. Решить систему
( |х+1| + Ь~4| = 2,
1 |х+1| + 4->>=0.
174. Решить систему уравнений
< х2 4~ j2 4- «г2 = х3 4- У3 4-
хуг = 2.
Глава IV
НЕРАВЕНСТВА В АЛГЕБРЕ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
175. При каком а сумма квадратов корней уравнения
х2 —(а —2)х— а—1=0
принимает наименьшее значение.
176. Найти, при каких значениях х и у выражение
А = х2 + 2ху 4- 2j2 4~ 2х 4- 4у -|- 3 принимает наименьшее
значение.
177. Доказать неравенство
^ = xa4-4j2 + 3^24-14 — 2х —12^ — 6г >0.
178. Доказать, что
х24-у*+z2-\-u? + a*-]-a (х 4-j + z 4- и) 0.
179. Сравнить по величине выражения х34-1 и х24-х,
где х действительное.
180. Каково должно быть k, чтобы при любых х зна-
чение функции
х24- (ЗА 4- 1) *4- ЗА
23
было больше значения функции
(& + 1) x2-f-4kx— 4k.
181. Доказать, что а* + bi 5s; если а-4-Ь^\.
182. Доказать, что а9685s-Ь, если
1ZO
183. Доказать неравенство
У (а + с) (b + d) У ab + У cd,
где а, Ь, с и d положительны.
184. Доказать неравенство
а2 + Ь2 + 1 ab + а + Ь.
185. Доказать, что если n^k^\, то
186. Доказать, что
187. Доказать неравенство
а4 + 2a3Z> + 2а£3 + &4 > 6а2д2,
если а •&;>().
188. Доказать неравенство
Ь2 4- а* — ab а3Ь 4- 4а26
при условии ab^O.
189. Показать, что если а, Ь, с —стороны треуголь-
ника, то при любом значении х трехчлен
Ь2х2 + (Ь2 + с2 — а2) х + с2
положителен.
190. Доказать неравенство —£—) > если
\ “ J
a-^-b^Q.
ап 4-ьп
191. Доказать, что если а + 6>0, то
^1—1 , где л —целое положительное.
192. Доказать, что \ас — bd\^ 1, если a2 + ^2 = l
и c2 + d2= 1.
193. Доказать, что если а2-\-Ь2-\-с2 = \ и /»24-л2 +
+ р2 == 1, то
| ат + Ьп + ср | 1.
24
194. Доказать неравенство
| а + р | | а (+1 Р |.
195. Доказать неравенство
|а + р|>|а| — | р |.
196. Доказать неравенство
|а-Р|>|а|-|₽|.
197. Доказать, что
--1 + ^2^2 + + • • • + &tfin Ъ
если а2 + а|+...+а* = 1 и + . +^ = 1.
198. Доказать, что наибольшие значения выражений
(log6 7)sinx и (log7 6)cosх равны.
199. Доказать, что
* । V 2,
10g23 logg 3
200. Доказать, что если x2~y24-z2, х>0, j>0,
z > 0, то
x*>y' + z* при а>2,
xa<j/a + ^a при а <2.
201. Доказать, что при п натуральном, большем двух,
имеет место неравенство
1 < V П<-тг=+ 1.
Г л
202. Доказать неравенство
где д —натуральное число, отличное от единицы.
203. Доказать, что при любом натуральном п
_L+J- +
2а П- 32 -Г • • • Т nS п •
204. Доказать неравенство
1 т/ 1-3-5,..(2п~=Л) .
2 ** У 2-4-6...(2л) ***’
где п — натуральное.
25
205- Доказать, что сумма наибольшего и наименьшего
членов пропорции
а:£> = c:d,
члены которой положительны и не равны между собой,
больше суммы двух остальных (задача Евклида).
206. Доказать, что при любом значении а имеет место
неравенство
а8 + я2 + 1 > л5 + fl-
207. Доказать, что при натуральном п ^2 и | х | < 1
имеет место неравенство
(1 + х)п + (1 — х)п< 2п.
208. Доказать, что при р>п и а>Ь>§ имеет место
неравенство
аР—ЬР ап—Ъп
аР+ЬР^ ап + Ьп'
209. Доказать, что У~4х+ 1 + 1 + 1^4^ + 1 =С5, i
если x + v + и каждое из чисел х, v, z не меньше J
_1 -
4 * I
210. Доказать, что если четыре положительных числа |
х, j, z и t связаны условиями xy~zt и х—y>z—/>0, то j
(х (z + i) > (z - О2 (* + J). I
211. Доказать неравенство I
х2 + ху-\-ту2 — т^^ |
где x — целое число, у — целое число, отличное от нуля, |
а т— целое положительное число.
212. Доказать, что если а^Ь и а>0, то выраже-
a + ab t
ние узр-' заключено между а и Ь.
213. Доказать неравенство '
а^+Ка + ^, I
где а > 1, b < 1.
214. Доказать, что если а и Ъ одного знака, то имеет
место неравенство
26
J
215. Доказать неравенство
х2
1+х«
216. Найти наименьшее значение функции
+ если х>2.
217. Найти наименьшее значение функции
(4+л:)<1+х)
У х ’
218. Доказать неравенство
У
]/>+!
219. Доказать, что имеет место неравенство
х
1+Т2
220. Доказать, что
a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ac + ad + bc + bd+cd^ 10,
если abed = А и а>0, #>0, с>0, d>0.
221. Доказать, что произведение двух положительных
сомножителей, сумма которых постоянна, имеет наибольшее
значение при равенстве сомножителей.
222. Доказать, что если тх-\- пу = 2с, где/», л, с —
постоянные положительные числа, х>0, у>0, то произ-
ведение ху принимает наибольшее значение при тх ==
= пу = с,
223. Доказать, что сумма двух положительных слагае-
мых х и у, произведение которых постоянно и равно с2,
имеет наименьшее значение при равенстве слагаемых, т. е.
при х=у = с.
224. Доказать, что сумма двух положительных слагае-
мых тх и пу, где т и // — постоянные положительные
числа, принимает наименьшее значение при тх~пу, если
произведение ху постоянно.
225. Доказать, что произведение нескольких положи-
тельных переменных сомножителей, сумма которых посто-
янна, принимает наибольшее значение при равенстве со-
множителей.
226. Доказать, что если сумма нескольких положитель-
ных переменных х, у, ...,z постоянна и равна а, то
27
произведение хр-уя ... zr, где р, q, г —данные поло-
жительные рациональные числа, имеет наибольшее значе-
ние, когда переменные пропорциональны своим показате-
ле и г
лям, т. е. когда — = — =
РУ г
227. Доказать, что среднее геометрическое двух поло-
жительных чисел не более их среднего арифметического.
228. Доказать, что среднее геометрическое четырех
положительных чисел не более их среднего арифметиче-
ского.
229. Доказать, Что среднее геометрическое трех поло-
жительных чисел не более их среднего арифметического.
230. Доказать, что среднее геометрическое нескольких
положительных чисел не более их среднего арифметиче-
ского (неравенство Коши).
231. Доказать, что сумма т положительных переменных,
произведение которых постоянно, имеет наименьшее значе-
ние при равенстве переменных.
232. Найти наибольшее значение функции у = Зх2— 2х3,
если
233. Найти наибольшее значение функции у = 4х3— х4,
если 0«сх«С4.
234. Найти наименьшее значение г = х+л если х и у
1.1 1
положительны и +
235. Найти наименьшее значение
у положительны и x+j = 2a, где
чина.
236. Найти наибольшее значение
где а — постоянная величина.
z~—— если х и
х у ’
а — постоянная вели-
функции
у = х (40 — х) (25 — х),
где 0^х^25.
237. Доказать, что а ^з2]/а£, если а>0и 6>0.
238. Доказать, что
loga/n + logan । т + п,
если а>1, m>0, л>0.
239. Доказать неравенство
(l + a^U+a^) ...(l + ^)>2rt,
если аха.2... ап = 1, а{ > 0 (i = 1, 2, 3, ..., п).
28
240. Доказать, что если аир удовлетворяют уравне-
нию ах + by —с с положительными коэффициентами, то
с2
аР
4аЬ
241. Доказать, что имеет место неравенство
(1 — а) (1 — b) (1 — с) ЪаЬс.
если а4-^ + с==1, а>0, />>0 и с>0.
242. Доказать неравенство
У <М2 + Vа1аъ +<••+]/"ап-1ап
(«! + «2 + • • • + ал)>
где а{ > 0 (/ = 1,2,,.., п)._
243. Доказать, что (]/« + уг^)8^64^^(а+Л)2, если
а>0 и Ь>0.
244. Доказать, что если а + # = 1, а>0 и b>0t то
( । 1 V । (и . 1 \2^25
(/+7) +г+т; т-
245. Доказать, что если а>0, й>0 и с>0, то имеет
место неравенство
т+1+т>3-
246. Доказать, что 7 + у 4~ > , если я>0,
#>0, с>0.
247. Доказать неравенство
8abc (а +£) (Ь + с) (с + а),
где а, b и с положительны.
248. Доказать неравенство
Ь-^ст с-[-ат а^Ь 2 ’
где числа а-\-Ь, Ь-\-с и c-f-a положительны.
249. Доказать, что если а>0, £>0, с>0, то
<“+»+«> («-Ь+гЬ+^М-
250. Найти наименьшее значение
М = х24-у2 + ^2,
если x+j + <г = 3а, где а—постоянная величина.
29
251- Доказать, что
при любом натуральном п.
252. Доказать, что для любых положительных чисел а
и b имеет место неравенство
“ + /а&п<
а+п&
п+1
253. Доказать, что если ax>»0, а2>0.ап>0, то
(«1 + а24-а>+...+ап)(^Ч“Ч~+ ...+^)>л2.
254. Доказать, что (2л)! < [л (л+-!)]", если л>1.
255. Доказать неравенство
(а« + ат 4- ... + а«) . ( ап~т + а«“т + ... + а""т) >
>л2-лха2а,...ав, j
где а1э а2> •••> ап — положительные числа, а т— любое
вещественное число.
256. Доказать неравенство
(1 + Х)"> 14-лА (неравенство Якова Бернулли),
где Х>0, л —натуральное, большее единицы (л>1).
257. Доказать неравенство
л/— - ^а—1
t/а—1<-------, ’
у п 9
где а>1, п — натуральное число, большее единицы.
258. У торговца заведомо неверные весы. Первому
покупателю он отпускает один килограмм товара с одной J
чашки весов. Второму покупателю он отвешивает один
килограмм того же товара на другой чашке, думая, что 1
он при этом компенсирует неточность отвешивания. Спра-
шивается, выгадал торговец или остался в убытке? J
259. Доказать, что имеет место неравенство
2<(1+т)Л<2’75
при любом натуральном п.
260. Решить неравенство ;
х3 — 5х2 4- 8х — 4 > 0.
30
261. Решить неравенство
(х — 1) (х — 2) (х — 3) (х — 4) +1,001 > 0.
262. Решить неравенство
/s>'-
263. Решить неравенство
2-52*< 10*.
264. Решить неравенство
10ge * + loga(x+ l)<loge (2x4-6) (а > 1).
265. Решить неравенство
xbga *+i > a2x (а > 1).
266. При каких вещественных х и а имеет место нера-
венство
log2x + logx24-2 cosa <0?
267. Решить неравенство
logj^ x + log3x> 1.
2
268. Решить неравенство
lg*x+2 lg х—6 1
Igx
269. Решить неравенство
arcsin lg10 х > 0.
270. Найти все значения а, при которых смешанная
система
( х2+.у2 + 2х<1,
1 х—у + а =0
имеет единственное решение. Найти соответствующие ре-
шения.
271. При каких значениях а система неравенств
удовлетворяется при всех значениях х?
31
Глава V
ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
272. Пешеход шел вдоль трамвайной линии; через каж-
дые 4 минуты он встречал вагон трамвая, а через каждые
12 минут его обгонял вагон трамвая. (Пешеход и трамвай
двигались равномерно.) Через сколько минут следуют друг
за другом вагоны трамвая?
273. Переход из порта А в порт В длится ровно 12
суток. Каждый полдень изЛвВиизВвЛ отходит по
пароходу. Сколько пароходов встретит в открытом море
каждый из этих пароходов?
274. От пристани А одновременно отправились вниз по
течению катер и плот. Катер спустился вниз по течению
на 96 км, затем повернул обратно и вернулся в А через
14 часов. Найти скорость катера в стоячей воде и скорость
течения, если известно, что катер встретил плот на об-
ратном пути на расстоянии 24 км от А.
275. Автомобиль прошел расстояние от А до В со ско-
ростью ^1==40 км/час и обратно со скоростью
v2 = 30 км/час. Какова средняя скорость рейса?
276. Для испытания мотоциклов разных систем два мо-
тоциклиста выехали одновременно из Л в В и из В в А
Каждый ехал с постоянной скоростью и, приехав в конеч-
ный пункт, тут же поворачивал обратно. Первый раз они
встретились в р км от В, второй раз в q км от А через
t часов после первой встречи. Найти расстояние между
Л и В и скорости обоих мотоциклов.
277. Два тела, двигаясь по окружности в одном и том
же направлении, сходятся через каждые 56 минут. Если
бы они двигались с теми же скоростями в противополож-
ных направлениях, они встречались бы через каждые 8 мин.
Если при движении в противоположных направлениях в не-
который момент времени расстояние по окружности между
телами равно 40 м, то через 24 сек оно будет 26 м.
Сколько метров в минуту проходит каждое тело и какова
длина окружности, если известно, что в течение упомяну-
тых 24 сек тела не встретились?
278. По окружности в противоположных направлениях
движутся два тела: первое равномерно с линейной скоро-
стью v, а второе равноускоренно с линейным ускорением а.
32
В начальный момент времени оба тела находились в одной
точке А и скорость второго была равна нулю.
Через какое время произойдет первая встреча этих тел,
если вторая встреча будет снова в точке Л?
279. Расстояние между городами равно S км. Из этих
городов выезжают одновременно навстречу друг другу два
автомобиля и через t часов встречаются. Какова скорость
каждого автомобиля, если первый из них проезжает р км
на q часов дольше, чем другой?
280. Из А в В выехал велосипедист. Когда велосипе-
дист проехал S км, из А в В выехал мотоциклист, кото-
рый пришел в В на t часов раньше велосипедиста. Каково
расстояние между А и В, если скорость велосипедиста
v км/час, а скорость мотоциклиста 4v км/час?
281. На участке реки от Л до В течение так слабо,
что им можно пренебречь; на участке от В до С течение
уже достаточно сильное. Лодка покрывает расстояние вниз
по течению от Л до С за 6 часов, а от С до А вверх по
течению за 7 часов. Если бы на участке от А до В тече-
ние было таким же, как на участке от В до С, то весь
путь от Л до С занял бы 5,5 часа. Сколько времени в этом
случае понадобилось бы на то, чтобы подняться вверх от
С до Л?
282. Из пункта А в пункт В вышел пешеход, и одно-
временно из В в А выехал велосипедист. Когда расстояние
между велосипедистом и пешеходом сократилось в четыре
раза, из А в В выехал автомобиль, догнавший пешехода
в момент его встречи с велосипедистом. Продолжая дви-
жение, автомобиль прибыл в В тогда, когда велосипедист
доехал до А. Во сколько раз скорость велосипедиста пре-
восходит скорость пешехода?
283. Морская экспедиция плыла на двух пароходах.
Первый пароход вышел на сутки раньше второго, но при-
шел в порт назначения на сутки позже, так как вторую
половину пути он шел медленнее, чем первую, на 10 км
в час. Второй пароход шел все время с той же скоростью,
с которой первый шел первую половину пути. Сколько су-
ток шел второй пароход вперед, если известно, что, уве-
личив скорость на 10 км в час, он смог бы весь обратный
путь проделать за 6 суток?
284. Колонна войск протяжением d км движется по
шоссе маршем со скоростью v км/час. Конный вестовой выез-
жает из конца колонны в ее начало, передает приказание
2 И. X. Сивашинский
33
и тотчас же отправляется обратно. На проезд туда
и обратно вестовой тратит ~ часа. Определить скорость
вестового, если она была на всем пути одинакова. (Ско-
рость колонны во время движения вестового постоянна.)
285. Пассажир, опоздавший на t часов на свой поезд,
решил сначала догнать его на такси, однако через неко-
торое время пересел на автобус, заплатив за билет А руб-
лей, и прибыл на одну из станций одновременно с поездом.
Между тем он обнаружил, что если бы продолжал ехать
на такси, то догнал бы поезд на т часов раньше, истра-
тив при этом на В рублей меньше. Какова скорость поезда,
если скорость такси vlf автобуса v2, а стоимость проезда
на такси равна а рублей за 1 км7
286. Два туриста одновременно отправляются из пункта
А в пункт В. Один турист пошел пешком, а другой вы-
ехал на двухместном мотоцикле с водителем. Проехав часть
пути, второй пошел дальше пешком, а водитель возвра-
тился назад, взял первого туриста и прибыл в В одновре-
менно со вторым. Найти время, затраченное туристами на
передвижение из Л в В, и расстояние, которое каждый из
туристов прошел пешком, если известно, что расстояние
между А и В равно 5 км, скорости туристов при движе-
нии пешком км/час, а скорость мотоцикла v2 км/час.
287. Два пешехода вышли одновременно из пункта А
в пункт В. Оба пешехода движутся равномерно. Когда каж-
дый из них достигает пункта В, он поворачивает обратно.
Первый пешеход, обогнав второго, встречает его на об-
ратном пути на расстоянии d км от В; затем, прийдя в А
и снова повернув к В, он встречает второго пешехода,
пройдя к тому времени л-ю часть расстояния от А до В.
Найти расстояние от А до В.
288. Мотоциклист отправился из Л в В. Одновременно
с ним выехал из В в Л велосипедист. Их встреча произошла
через п часов. Определить, за сколько часов каждый из
них проезжает путь АВ, если, продолжая движение после
встречи, мотоциклист прибывает в В на t часов раньше,
чем велосипедист в А.
289. Вестовому надо было проехать 20 км, причем пер-
вую половину пути он должен двигаться на 1 км в час
быстрее, чем вторую половину. В каких пределах должна
быть заключена его меньшая скорость, чтобы на весь путь
он затратил от четырех до пяти часов?
34
290. Средний годовой процент прироста продукции из
года в год остается постоянным. Если бы годовой процент
прироста продукции увеличился на р°/0, то через 8 лет
количество продукции было бы в два раза больше, чем
при старых условиях прироста. Определить годовой про-
цент прироста продукции.
291. Мастер дает сеанс одновременной игры в шахматы
на нескольких досках. В конце первых двух часов он за-
кончил р°/о партий выигрышем, а I партий проиграл. За
следующие два часа он выиграл у ^°/о оставшихся про-
тивников, т партий проиграл и остальные п партий закон-
чил вничью. На скольких досках шла игра?
292. В сосуд, содержащий А литров воды, сначала че-
рез одну трубу вливают а литров, содержащих р°/0 (по
объему) спирта, а затем, после перемешивания, через дру-
гую трубу выливают а литров образующейся смеси. Сколько
раз нужно повторить эту операцию, чтобы в сосуде полу-
чился раствор спирта, крепостью не менее #°/0 (по объему)?
293. Из бака, наполненного спиртом, вылили часть
спирта и долили водой; потом из бака вылили столько же
литров смеси; тогда в баке осталось 49 л чистого спирта.
Сколько литров спирта вылили в первый раз и сколько
во второй раз, если вместимость бака 64 л?
294. Первый из п одинаковых цилиндрических сосудов
налит доверху спиртом, а остальные—до половины смесью
спирта с водой, причем концентрация спирта в каждом со-
суде в k раз меньше, чем в предыдущем. Содержимым пер-
вого сосуда долили доверху второй, затем содержимым
второго—третий и т. д. до последнего. Найти полученную
концентрацию спирта в последнем сосуде.
295. Имеются два чана, расположенных один над дру-
гим. В первый чан, расположенный выше, поступает вода
через трубу А; из первого во второй вода может перели-
ваться по трубе В; из второго ‘чана вода выливается через
трубу С. Известно, что через А (при закрытой трубе В)
первый чан наполняется за 3 часа, а через трубу В (при
закрытой трубе А) он опорожняется за 5 часов. Если при
пустых обоих чанах открыть все 3 трубы, то за 7 часов
наполнится один из чанов. Если наполнить первый чан,
а второй оставить пустым и после этого открыть трубы
В и С (при закрытой трубе А), то через 6 часов оба чана
опорожняются полностью. Какой из чанов больше и во
сколько раз?
2*
35
296. При перемножении чисел, из которых одно на 10
больше другого, ученик допустил ошибку, уменьшив на
4 цифру десятков в произведении. При делении (для про-
верки ответа) полученного произведения на меньший из
множителей он получил в частном 39, а в остатке 22.
Найти множители.
297. Часы показывают в некоторый момент на т минут
меньше, чем следует, хотя и спешат. Если бы они пока-
зывали на п минут меньше, чем следует, но уходили бы
в сутки на t минут больше, чем уходят, то верное время
они показали бы на сутки раньше, чем показывают. На
сколько минут в сутки эти часы спешат?
298. Найти четырехзначное число, у которого цифра
тысяч равна цифре десятков, а цифра сотен на единицу
больше цифры единиц, если известно, что искомое число
представляет собой точный квадрат.
299. Два слитка весят вместе т г. В первом слитке
содержится чистого золота р°/0, во втором—^°/0. Известно,
что в первом слитке содержится чистого золота на л г
больше, чем во втором. Сколько весит каждый из слитков?
300. Первый кран наполнял чан в течение t дней и за
это время наполнил — чана, остальную часть наполнил
второй кран.
Если бы оба крана действовали одновременно, то чан
наполнился бы за число дней, равное среднему арифмети-
ческому между числом дней, в течение которых действовал
первый кран, и числом дней, в течение которых действо-
вал второй. Сколько дней действовал второй кран?
301. Имеющиеся в совхозе комбайны, работая вместе,
могут убрать урожай за одни сутки. По плану же работы
в первый час работал лишь один комбайн, во второй — два,
в третий —три и т. д. (до тех пор, пока не начали рабо-
тать все комбайны), а затем в течение нескольких часов
перед завершением уборки урожая действовали все ком-
байны. Время работы по плану было бы сокращено на шесть
часов, если бы с самого начала уборки постоянно работали
все комбайны, за исключением пяти. Сколько было комбай-
нов в совхозе?
302. Определить, за сколько дней может выполнить
каждый из трех рабочих некоторую работу, если произво-
дительность третьего рабочего равна полусумме произво-
дительностей первого и второго. Известно, что если бы
36
третий рабочий проработал а дней, то для окончания
остальной работы первому потребовалось бы b дней, а вто-
рому— с дней.
303. Пятизначное число начинается слева цифрой 3.
Если эту цифру перенести с первого места на последнее,
сохранив порядок остальных четырех цифр, то вновь полу-
ченное число будет на 29 997 больше первоначального.
Найти первоначальное число.
304. Найти целые положительные числа, разность квад-
ратов которых равна 455.
305. Для нумерации страниц книги потребовалось 6857
цифр. Сколько страниц в книге?
306. Дети делят орехи. Первый взял а орехов и л-ю
часть остатка; второй — 2 а орехов и л-ю часть нового
остатка; третий — 3 а орехов и л-ю часть нового остатка
и т. д. Оказалось, что таким способом разделены все орехи
поровну.
Сколько было детей?
Глава VI
ПРОГРЕССИИ И СУММЫ
307. Из натуральных чисел составлены группы
(1), (2, 3, 4), (5, 6, 7, 8, 9), ... ,
так что каждая оканчивается квадратом номера группы.
Найти сумму членов &-й группы.
308. Из нечетных чисел составлены группы
(1), (3, 5), (7, 9, И), ....
так что л-я группа содержит п членов. Найти сумму чисел
л-й группы.
309. Некоторые члены арифметических прогрессий
17, 21, 25, 29, ... и 16, 21, 26, 31, ...
одинаковы. Найти сумму первых ста одинаковых членов.
310. В арифметической прогрессии, состоящей из че-
тырех целых чисел, наибольший член равен сумме квадра-
тов остальных трех членов. Найти члены этой арифмети-
ческой прогрессии.
37
311. Доказать, что если синусы углов треугольника
составляют арифметическую прогрессию, то котангенсы по-
ловин его углов образуют тоже арифметическую прогрессию.
312. Доказать, что если av а2, а3) ..., ап составляют
арифметическую прогрессию, то имеет место равенство
_ __
“ d 9
где rf —разность прогрессии.
313. Пусть Sp 32 и 53 —соответственно суммы пг пер-
вых членов, п2 первых членов и л3 первых членов некото-
рой арифметической прогрессии. Показать, что
(»2 - Лз) + 7Г («3 - «1) + £ («I—«2) = °-
«1 fig **3
314. Составим таблицу
1
2, 3, 4
3, 4, 5, 6, 7
4, 5, 6, 7, 8, 9, 10
Доказать, что сумма членов каждой горизонтальной строки
равна квадрату нечетного числа.
315. Найти такую арифметическую прогрессию, у ко-
торой отношение суммы первых п членов к сумме kn по-
следующих не зависит от п.
316. Доказать, что если числа а19 а2, ..., ап отличны
от нуля и образуют арифметическую прогрессию, то
J_+J_+_L+...+-!_=!!=.
#2^3 Я3Я4 — 1&П
317. Доказать, что всякая последовательность чисел
ах, a2i ..., ап, удовлетворяющих при любом условию
-L+J-+-L+...+—!_=!=!,
ata2 ‘ а2а3 a3at ^n-ian <han
есть арифметическая прогрессия.
318. Доказать, что во всякой конечной арифметической
прогрессии, разность которой отличается от нуля, произ-
38
ведение двух членов, равноотстоящих от крайних членов,
возрастает по мере удаления от концов ее к середине.
319- Доказать, что во всякой конечной геометрической
прогрессии, абсолютные величины членов которой различны,
сумма абсолютных величин двух членов, равноотстоящих от
концов прогрессии, убывает по мере удаления от концов
прогрессии к ее середине.
320- Последовательность х19 х2, х3, ..., хп обладает
тем свойством, что разность хп+1— хп есть («+1)-й член
геометрической прогрессии с первым членом а и знамена-
телем q.
Выразить х2, х3, х4, ..., хп через х1? a, q и п.
321- Сумма любых пяти последовательных членов воз-
растающей геометрической прогрессии в 19 раз больше
третьего из них. Найти эту прогрессию, если известно,
что один из ее членов (/n-й) равен единице.
322- Каждый член бесконечно убывающей геометриче-
ской прогрессии отличается постоянным множителем k от
суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии,
начинающейся со следующего члена. Какие значения может
принимать &?
323- Найти произведение Р первых п членов геометри-
ческой прогрессии, если известно, что их сумма равна Зх,
а сумма чисел, обратных первым п членам прогрессии,
равна 32,
324. Найти предел суммы
а ± ах aq ± aq* ± aLq{ aqn ±
=г + » а 2 । • * • I и п »
ааг Щ 01/1
если ?>1, tfi>l и п—>оо(ат^=0;
325- Даны числа а, 6, с, d, е такие, что а, Ь, с—три
последовательных члена арифметической прогрессии; Ь9 с,
d—последовательные члены геометрической прогрессии
и с, d, е составляют гармоническую прогрессию. Доказать,
что а, с, е — три последовательных члена геометрической
прогрессии.
326- Доказать, что если а, Ь, с одновременно являются
5-м, 17-м и 37-м членами как арифметической, так и гео-
метрической прогрессий, то имеет место равенство
аъ~с -Ьс~а>са~ь = 1.
327. Найти две прогрессии — арифметическую и геомет-
рическую, если известно, что первые члены этих прогрессий
39
равны, сумма первых двух членов арифметической про-
грессии больше суммы двух первых членов геометрической
прогрессии на утроенный первый член, а суммы первых
трех членов обеих прогрессий равны.
328. Даны арифметическая прогрессия с общим членом
ап и геометрическая прогрессия с общим членом ЬпУ при-
чем a1=^bii a2 = b2i аг^а2 и ап>0 для всех натураль-
ных чисел л. Доказать, что ап<Ьп при п>2.
329. Доказать, что если для геометрической прогрессии
я2, •••, •••
и арифметической прогрессии
^1» ^2, • • • , • • *
выполняются неравенства
ах>0, J>0’ ^2 —&1>°-
то существует такое число а, что logeart—bn не зави-
сит от л.
330. Доказать, что
]2_|_22 + 32 + ... | л2 — п(и + 0(2и + 1)
при любом натуральном л.
331. Доказать равенство
12 + 22 + 32+...+ Л2 — Сп + 1 + 2(Сп + Сд-1 4- • • - +
332. Доказать, что
5„ = 1 -2 4-2-34-3-44- ... +л (л +1) ==»(п + 1)<п + 2)
О
при любом натуральном л.
333. Найти сумму первых л членов ряда
л (л — 12) 4- 2л (Зл—22) + Зл (5л—З2) 4-...
... +йл[(2*—1)л—Л2]+...
334. Найти сумму
3„= 1 -3х4-3-5х24-... 4-(2л—1)(2л+ 1)х".
335. Найти сумму л первых членов ряда
1-24-1 -3-4 4-1 -3-5-6 + 1-3-5-7-8+...
... 4-1-3-5-7-9.. ,(2А—1)(2*)4-...
40
336. Найти сумму п первых членов ряда
14-2-3 + 2-4-5 + 2-4.6-7+...
.. . + 2-4-6-8.. .[2(А—1)](2k—1) + ...
337. Найти сумму всех парных произведений, которые
можно составить из чисел
1, 2, 3, 4, ..., (л—1), п.
338. Найти сумму
5п = 2.12 + 3.22 + 4.32+...+л(л— 1)2 + (л+1)л2.
339- Найти сумму
S = a2 — а2-4-а2—а2 + ...+а2 —а2 ,
1 2'3 4 1 * 1 2П-1 ЙЛ’
где alf а21 a3i л2я-1> а2п—последовательные
члены арифметической прогрессии с разностью d.
340. Найти сумму первых п членов ряда
3 = 8 + 2-89 + 3-899 + 4.89 999+..,
341. Найти сумму
3Л = 1 + 2а + За2 + 4а8 + 5а4 + ... + па*"1.
342. Доказать, что имеет место равенство
1,1,, 1 __ n(n+3)___
’ * ^л(л + 1)(л+2)^4(л + 1)(п+2)
при любом натуральном л.
343. Найти сумму
+ • • •'"(« +1)«—г
344. Найти сумму первых п членов ряда
345. Найти сумму первых п членов ряда
3 ,__5, 7 д. ! 2k + { » г
(Ь2)2'1г(2-3)2^(3^'Г ’ •’ (fc + l)]2*1"
346. Найти сумму первых п членов ряда
о__1 , 2 । 3 . 4 I ।_________________
2 T2.3'r2.3‘4"t2-3-4-5’r ‘ ‘ i .2*3.. .(*+!)
41
347. Найти сумму
=ТД^Т7"'"7Ло + ТОЛЗ'^ ” ’ (Зп—5) (Зп~2) +
j________________________________________!-----
' (Зп—2) (3n+1)
348. Найти сумму
с ________ 1__। । 3__._4_ I п _
*^п 2° * 21 ' 22 ' 23 ’ * 2П~1 *
349. Доказать, что
1 — 10C2\4H02Ctt-103CL4-... + 10an-1C21„ + 10ги = 81в.
350. Вычислить суммы
А = cos х 4- 2 cos 2х + 3 cos Зх 4- ... + ti cos пх
и
В = sin х 4-2 sin2x4*3sin3x4* •.. 4~«sinnx'
351. Доказать тождество
sin a + sin (a 4- 0) 4* sin (a 4- 20) + ... 4- sin (a 4- »0) =
• ₽
s,ny
352. Доказать тождество
cos a 4* cos (a 4* P) 4"cos (a 4* 20) 4- cos (a 4- 30) 4- ...
. («4-1)0 I , n₽\
sin ~ K • cos (a4--£
... 4- cos (a 4- zz0) =----------g-A------L .
sin у
353. Найти сумму
_ 1_____i______J_____|_ ।________J______
sinx-sin2x ' sin 2x-sin 3x~ ‘ ‘~sin (« — 1)x-sinnx '
354. Определить сумму первых n членов ряда
sin ax-sin a24-sin a2-sin a34* ... 4-sin aA-sin a*+14- ...
при условии, что ax, a2, a3, a4, ..., an, a„+x образуют
арифметическую прогрессию.
42
355. Найти сумму первых п членов ряда
tgai-tga2-btga2.tga3+... +tgaA-tgaA+1+... ,
если а2, а3, а4, ... ап, ап+1 составляют арифметиче-
скую прогрессию.
356. Показать, что при любом натуральном п имеет
место равенство
(ctg’y— 1) (ctg*~-1) ... Ctg Д
... (ct^-1 ) Ctg“*
357. Найти сумму
Sn = tg a + ytgy 4--^ tg-J-Ь. .. + (1)” ^tg^L-i.
358. Упростить выражение
sin a4-sin 3a + sin 5a+ »•» +sin (2n —l)a
cos a 4~ cos 3a 4~ cos 5a 4~ • • • 4* cos (2/2—l)a
359. Доказать, что
пл nk sin2^+1a
cos a • cos 2a • cos 4a ... cos 2*a = —-----.
2fe+1sina
360. Доказать, что
sin a . sin 3a . sin 5a . . sin (2n —1) a / sin na \8
sin a ’ sin a sin a » • ’ • < sin a \ sin a /
361. Найти сумму
cos2 a 4- cos2 2a 4- cos2 3a 4- ... + cos2 /га.
362. Найти сумму
Sn = cos a 4~ cos 2a + cos 3a 4-... + cos /га.
363. Найти сумму
Sn = sin a 4- sin 2a 4- sin 3a 4- ... 4~ sin /га.
364. Найти сумму
Р . /Г , . Vs — /3 , . /15— /8 ,
Sn=arcsin -iy + arcsin -у---f- arcsin-----F. ..
, . /n2+2n — V"i^T
...+arcsm-----------------
43
Глава VII
ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ЛОГАРИФМОВ.
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
365. Доказать, что
1 и 1
log Ь — и-----,
6л log* а ’
если а>0, 6>0, 67М.
366. Доказать, что
10gb logba
а \^ьа — logba.
367. Доказать, что
logeW
_logft N
logba ’
368. Доказать, что
!°,gg N. =. 1 4-loff b
369. Доказать, что если
(ac)lo&»* = с2,
то числа logc7V, logfeA/' и ]ogcN являются тремя последо-
вательными членами арифметической прогрессии.
370. Доказать, что
logb а = log^n ап.
371. Доказать, что если
а2-{-Ь2 = с2, а>0, Ь>0, с>0,
то
logc+b а + 1оёс-Ь а = 2 1оёс+Ь а • logc-b а-
372. Доказать, что если
4a2 + 9£2 = 4aZ>, а>0,
то
2а + 3b log а + log b
4 2
44
873. Доказать, что если а, b и с —последовательные
члены геометрической прогрессии, то
logfl N logflN l°g&N /дг-a it
log. log* /V —log. У vv=7«4.
374. Чему равно выражение
loga;t a'?
375. Доказать тождество
у = log, N-log6 W + log6 N-log, N+
+log, n. ioge n= 10§аЛГ±я;^—•
376. Доказать тождество
l^a^o,... OnX = 1 । 1 । । 1 *
loga,x logo>x log^x
877. Доказать тождество
logn x = logax-logbx
g^- log6x —log,x*
378. Известно, что \ogab = A, log^ft==Bn n > 0 целое.
Вычислить 1о£с#, где с равняется произведению п членов
геометрической прогрессии с первым членом а и знамена-
телем q.
379. Доказать тождество
п = — log3 log8 /...............
n раз
380. Решить уравнение
logCosxSin*+lo£ »InxC0S* = 2-
381. Решить уравнение
log2 (X + 1 )8 + log2 (X + 1) = 6.
382. Решить уравнение
1 + Iogx = (lg lg П -1) log* 10.
Исследовать решение.
45
383. Решить уравнение
аь* = с>
где л, Ь, с — положительные числа, а=^=1, Ь=£\.
384. Решить уравнение
(1 + log, a) loge х • log6 с = log6 х • logc х- loge с.
385. Найти все значения &, при которых уравнение
1g (М __о
1g (х+1)
имеет только один корень.
386. Решить уравнение
log2 /(1—х)2 = 3.
< 387. Решить уравнение
/Г + = /9?
388. Показать, что уравнение
2arccos х ]Og2 х = ]/х —3
не имеет решений.
389. Решить систему уравнений
J Х*+У=у*-У,
( ух2=1.
390. Решить систему уравнений
logi2 Х (1^2 + 10g2у) = 10g2 Х’
log2x.log8(x+j) =31og3x.
391. Решить систему
j \og5x + 3}°s^ = 7,
I ху = 512.
392. Решить систему уравнений
( хУ=ух,
( хр=у9,
считая х>0, у>0 и pq>Q.
46
393- Решить систему уравнений
logy X 4-log х Д’= у,
х+у = аг + а.
Исследовать решение.
394. Решить систему уравнений
a xby = ab,
2 logo х = logj_ у logr~ b.
b
Глава VIII
КОМБИНАТОРИКА И БИНОМ НЬЮТОНА
395. Сколько нулей имеет на конце число 50!?
396. Доказать, что отношение
п!
kj-kj ... ki\
есть целое число, если ^ + ^2 + ^3+ • • -
397- Сколько цифр имеет число
л=1 + w ;-№' <}*-.).+ <1°<-2)+..
398. Найти сумму квадратов коэффициентов бинома
Ньютона.
399. Доказать равенство
С® С2 С™ С"'1
1 "• 2"1 З"-’’* л»+1 * п
С" _ 2"+1-1
‘ п +1 п+1
400. Сколько всевозможных четырехзначных чисел можно
составить из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, чтобы в каждом
числе была одна единица?
401. Сколькими различными способами можно распреде-
лить 12 различных предметов между тремя лицами Д, В
и С так, чтобы каждый получил по 4 предмета?
47
402- Надо поместить в восьми клетках, стоящих на
одной прямой, 4 гласные буквы и 4 согласные так, чтобы
не оказались рядом 2 гласные или 2 согласные. Сколькими
способами это можно сделать?
403. Сколькими способами можно разместить в ряд
p + q шаров, из которых р белых и q черных (p>q) при
условии, что черные шары не лежат рядом.
404. Сколько можно составить трехзначных чисел из
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, если в каждом числе каждая
цифра может встречаться сколько угодно раз?
405. Найти, сколько делителей имеет число 288 = 25-32,
если в число делителей включаются единица и само число.
Обобщить задачу для числа
...Pkk,
где рх, р2, ..., pk — различные простые числа.
406. В ящик вложили k ящиков. В каждый из этих k
ящиков либо опять вложили k ящиков, либо не вложили
ни одного и т. д. Найти число пустых ящиков, если напол-
ненных оказалось т.
407. Сколько можно сделать из п элементов переста-
новок, в которых два элемента а и b не стоят рядом?
408. Из чисел 1, 2, 3, ..., 100 составлены всевозмож-
ные парные произведения. Сколько среди полученных чисел
таких, которые кратны трем?
409. Сколькими способами можно составить разведы-
вательную группу из трех офицеров и семи солдат, если
всего 10 офицеров и 20 солдат?
410. Даны k заглавных букв, т гласных и п согласных
(всего букв). Сколько различных слов можно
составить из этих букв, если в каждом слове на первом
месте должна стоять заглавная буква, среди же прочих
букв должно быть |л различных гласных (из числа дан-
ных т) и v различных согласных (из числа данных л)?
411. Каким числом способов можно разделить колоду
из 36 карт пополам так, чтобы в каждой пачке было по
2 туза?
412. Даны k концентрических окружностей. Из центра
проведено I лучей (&^/). Сколькими способами можно
выбрать 5 таких точек пересечения лучей с окружностями,
чтобы никакие две из точек одного набора не лежали на
одной окружности и никакие две не лежали на одном
луче ($^&)?
48
413. На плоскости дано п точек, из которых никакие
три не дежат на одной прямой. Найти число прямых, ко-
торые можно получить, соединяя точки попарно.
414. Доказать, что п прямых, расположенных в одной
плоскости, из которых никакие две не параллельны и
никакие три не проходят через одну точку, рассекают
- , п(п4-1) „
плоскость на 1 -|-—- частей.
415. Сколькими способами можно расставить на шах-
матной доске 8 ладей так, чтобы ни одна из них не могла
бить другую?
416. При каком значении k член ТЛ+1 разложения по
формуле бинома Ньютона
(1+/3-)100
будет одновременно больше предыдущего и больше после-
дующего членов этого разложения?
417. Сколько делителей имеет число
считая 1 и (?, если рп р2, ...,рй— различные простые
числа?
418. Найти все возможные пары целых положительных
чисел, сумма которых равна 10% их произведения.
Глава IX
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
419. Доказать, что
£+1 = 4^-^),
если a^M = l/r
420. Где расположены точки на числовой плоскости,
для которых
|2_J |
jq-y J 1 (z — комплексное число)?
49
4-21. Доказать тождество
ki + «2 I2 +1 — *2 I2 = 2 (I Z112 + кг 12)>
где zr и z2— комплексные числа.
422. Показать, что корни уравнения хп—1 могут быть
записаны в виде
1, а, а2, ..а"-1.
423. Найти сумму р-х степеней корней уравнения хп— 1,
где р — целое.
424. Вычислить выражение
z142 t JL
* ч 2142 >
, 1 .
если z есть корень уравнения z-\—=1.
425. Найти все значения z, удовлетворяющие уравнению
*2+И = о,
где z — комплексное число.
426. Доказать, что если комплексное число z удовлет-
I . 1 I 1 X
воряет соотношению pH------= 1, то наибольшее возмож-
1 + /5"
ное значение его модуля равно —.
Глава X
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ
427. Определить вид треугольника, если между его
элементами имеют место зависимости
(а3 + Ь3—с3)*.(а + Ь—с) = с2 и sin24sinB=-|--
428. Три окружности О, Ох и О2 пересекаются в точке М
и касаются одной прямой АВС соответственно в точках Л,
В и С. Найти зависимость между их радиусами /?х, /?2, R3
и углами С^МОг, О2МО, ОМОГ.
429. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали
АОС и BOD образуют со сторонами восемь углов в круговой
последовательности ах, а2, ос3, а4, а6, ав, а7, а8. Найти
60
отношение произведения синусов углов с четными индексами
к произведению синусов углов с нечетными индексами.
430. На перпендикуляре ЕК, проведенном к отрезку
АВ~а через его середину К, взяты точки С, £>, Е> рас-
стояния которых до прямой АВ равны соответственно 0,5 а,
а и 1,5 а. Найти сумму углов АСВ, ADB и АЕВ.
431. По углам а и 0, образованным продолжениями
противоположных сторон вписанного в круг четырехуголь-
ника, определить углы этого четырехугольника.
432. Одной и той же прямой касаются две окружности,
радиусы которых соответственно равны 3 м и 12 а рас-
стояние между центрами которых равно 41 м. Эти окруж-
ности одновременно начинают катиться по общей касательной
навстречу друг другу с одинаковой скоростью 1 м в ми-
нуту. Через сколько минут окружности прикоснутся друг к
другу?
433. Меньшее основание трапеции DC=^b, большее осно-
вание трапеции АВ~ а. На продолжении меньшего основания
определить точку М такую, чтобы прямая AM разделила
трапецию на две равновеликие части.
434. Найти площадь прямоугольного треугольника, если *
его гипотенуза равна с, а острый угол 15°.
435. Выразить через стороны а, Ь, с треугольника АВС
отрезки, соединяющие точки, в которых стороны треуголь-
ника касаются вписанной в него окружности.
436. Определить площадь треугольника АВС по данным
углам Л, В, С и медиане АМ = т.
437. Сторонами треугольника являются корни уравнения
х3—42х2 + 587х—2730 = 0. Не решая это уравнение, найти
площадь треугольника.
438. Биссектриса внутреннего угла В треугольника АВС
равна Z, а биссектриса смежного с ним угла равна
Найти площадь треугольника, если AB\BC=k.
439. В трапеции ABCD стороны ВС и AD параллельны,
О—точка пересечения диагоналей. Найти площадь трапеции,
если площади треугольников AOD и ВОС равны соответ-
ственно р2 и q2.
440. Дано, что медианы та и тс треугольника АВС
образуют со стороной АС углы, дающие в сумме 60°,
и что произведение та-тс = УШ. Найти площадь треуголь-
ника АВС.
441. Дан ромб с углом в 30°, большая диагональ которого
равна а. В этот ромб вписан прямоугольник так, что одна
&
51
из его диагоналей есть меньшая диагональ ромба. Опре-
делить площадь прямоугольника.
4-42- Радиус описанной около прямоугольного треуголь-
ника окружности относится к радиусу вписанной в него
окружности, как 5:2. Найти острые углы треугольника.
443. Найти площадь прямоугольного треугольника, если
радиус вписанного круга равен г, а радиус вневписанного
круга, касающегося гипотенузы, равен /?.
444. Дан квадрат со стороной, равной а\ если на двух
противоположных сторонах этого квадрата построить внутри
него два правильных треугольника, то боковые стороны
треугольников пересекутся и образуют четырехугольник.
Определить площадь этого четырехугольника.
445. К двум касающимся извне в точке А окружностям,
радиусы которых 3 и 1, проведена общая внешняя каса-
тельная ВС. Найти площадь фигуры ЛВС, ограниченной
окружностями и касательной.
446. Через точку Rt взятую внутри треугольника, про-
ведены три прямые, параллельные соответственно сторонам
треугольника; площади получившихся трех треуголь-
ников равны а2, 62, с2. Найти площадь основного тре-
угольника.
4 447. Найти площадь параллелограмма по диагоналям р
и q(p>q) и острому углу а.
448. Площадь равностороннего треугольника, построен-
ного на гипотенузе прямоугольного треугольника, вдвое
больше площади последнего. Найти отношение катетов
прямоугольного треугольника.
449- Около треугольника АВС описана окружность и
к ней в точке А проведена касательная, пересекающаяся
с продолжением ВС в точке Т. Выразить АТ и ВТ через
стороны a, b и с треугольника.
450. В треугольнике найти отношение суммы квадратов
медиан к сумме квадратов его сторон.
451. Найти третью сторону треугольника, если даны
две стороны его а и b и известно, что медианы, про-
веденные к этим сторонам, пересекаются под прямым
углом. При каких условиях такой треугольник сущест-
вует?
452. Прямоугольный сектор радиуса R разделен на две
части дугой круга того же радиуса с центром в конце
дуги сектора. Определить радиус круга, вписанного в мень-
шую из этих частей.
52
453. В равносторонний треугольник, сторона которого
равна 3, вписан другой равносторонний треугольник, втрое
меньший первого по площади. Найти расстояние между
двумя смежными вершинами этих треугольников.
Глава XI
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
454. Доказать, что биссектриса угла А треугольника
АВС делит противолежащую сторону а на отрезки т и п
такие, что
ас ab
b -(-с о-[-с
455. Доказать, что квадрат биссектрисы угла треу-
гольника равен разности между произведением прилежащих
сторон и произведением отрезков, на которые биссектриса
делит третью сторону.
456. Доказать, что биссектриса угла треугольника
lA = b^Vp(P—a)bc-
457. Доказать, что квадрат биссектрисы 1А угла А
треугольника можно определить по формуле
/2 -Ьс а2ЬС
Л 0С (Ь + С)*'
где а, 6, с—стороны треугольника.
458. Доказать, что биссектриса 1А угла А треугольника
АВС равна
л
2 be cos-^-
b+c ’
где Ь и с — стороны треугольника, заключающие угол А.
459» Доказать, что если в двух треугольниках АВС и
АДЛ Равны стороны АС и А^^ углы В и В± и биссек-
трисы ВР и BJ\ этих углов, то треугольники равны.
460. Доказать, что если две биссектрисы треугольника
равны, то треугольник равнобедренный.
53
1 461. Доказать, что во всяком треугольнике биссектриса
лежит между медианой и высотой, проведенными из той же
вершины.
462. Если биссектрисы двух прилежащих углов АВС и
CBD взаимно перпендикулярны, то точки Л, В и D лежат
на одной прямой. Доказать.
463. Одна из диагоналей четырехугольника, вписанного
в окружность, является диаметром окружности. Доказать,
что проекции противоположных сторон четырехугольника
на вторую диагональ равны между собой.
’ 464. Перпендикуляры AD и CD. проведенные к сторонам
АВ и ВС треугольника АВС. пересекаются в точке D.
Доказать, что расстояния от точек В и D до перпендику-
ляра, проведенного к стороне АС через ее середину,
равны.
465. Доказать, что окружности, проходящие соответ-
ственно через каждые две вершины треугольника и его
ортоцентр, равны окружности, описанной около данного
треугольника.
466. Доказать, что любая секущая, проведенная через
йентр вписанного в треугольник круга, делит площадь
и периметр треугольника в равных отношениях.
467. Даны угол и его биссектриса. Произвольная ок-
ружность, проходящая через вершину угла, отсекает на
сторонах угла и его биссектрисе соответственно отрезки
а. Ь. с. Доказать, что отношение не зависит от по-
ложения окружности.
468. Доказать, что для всякой хорды АВ данной окруж-
ности отношение AB2:AD. где AD—расстояние точки А до
касательной к окружности в точке В. есть величина посто-
янная.
469. Даны окружность О и две точки А и В. Доказать,
что продолжение общей хорды окружности О и любой дру-
гой окружности, проходящей через точки Л и В (и пере-
секающей окружность О), пересекается с прямой АВ в
определенной точке, лежащей на продолжении хорды АВ.
470. Доказать, что отрезки, соединяющие соответственно
середины противоположных сторон и середины диагоналей
четырехугольника ABCD. пересекаются в одной точке и де-
лятся ею пополам.
471. Доказать, что прямая, проходящая через середины
диагоналей четырехугольника, проходит через середину
54
отрезка, соединяющего середины противоположных сторон
этого четырехугольника.
472. Доказать, что если в шестиугольнике две парр
противоположных сторон равны и параллельны, то три его
диагонали, соединяющие противоположные вершины, пере-
секаются в одной точке.
473. В треугольнике АВС взяты произвольно точки At
на ВС, В± на СА, Сг на АВ. Доказать, что окружности,
описанные около треугольников АВГСЪ ВС1А1 и СА1В1 пе-
ресекаются в одной точке.
474. Через вершины А и В, В и С, Си А треугольника
АВС проведены соответственно три окружности так, что
их дуги, лежащие вне треугольника, вмещают углы, сумм^
которых равна 180°. Доказать, что эти окружности про-
ходят через одну точку. .*
475. Доказать, что две касательные к окружности и
хорда, соединяющая точки их касания, отсекают равные
отрезки на перпендикуляре, проведенном через произволь’-
ную точку этой хорды, к прямой, соединяющей эту точку
с центром.
476. Пусть О—центр круга, вписанного в треугольник
АВС. Доказать, что имеет место равенство
АО2 • ВС+ВСА. АС+ СО2 • АВ = abc,
где а, Ь, с—стороны, противолежащие соответственно
углам Д, В, С.
477. В треугольниках АВС и А1В1С1 2^ + 2^1=180°
и = Доказать, что между сторонами треуголь-
ников существует зависимость
аах =
478. На сторонах АВ и АС треугольника АВС взяты
соответственно точки D и Е так, что площадь всего тре-
угольника вдвое больше площади треугольника ADE. Дока-
зать, что DE и медиана СМ пересекаются в такой точке К,
что имеет место равенство
KM-KD = KE-KC.
479. Доказать, что если из точки М, взятой внутри
треугольника АВС, опущены перпендикуляры /й, 1Ь, 1С соот-
ветственно на стороны а, Ь, с, то имеет место равенство
ha^hb^hc~
где ha, hbf hc—высоты треугольника.
55
480. В прямоугольном треугольнике АВС из вершины
прямого угла С опущен на гипотенузу с перпендикуляр
CD=p. а из полученной точки D опущены перпендикуляры
DE и DF на катеты АС и ВС. Обозначим отрезки АЕ через т,
a BF через п. Доказать, что имеют место следующие за-
висимости
1) =
2) w2 + /z2 + 3p2==c2,
8)
481. Доказать, что произведение квадратов диагоналей
параллелограмма, угол которого равен 45°, равно сумме
четвертых степеней прилежащих двух его сторон.
482. Доказать, что если четырехугольник вписанный, то
сумма произведений противолежащих сторон его равна
произведению его диагоналей. (Теорема Птолемея.)
483. Доказать, что в остроугольном треугольнике сумма
расстояний от центра описанной окружности до сторон
равна сумме радиусов описанного и вписанного кругов.
484. На дуге окружности, описанной около треугольника
ЛВС, взята точка М так, что прямая МА пересекает сто-
рону ВС в точке D. Доказать, что
a-AM-AD = b2-BD-\-c2-CDf
где а, Ь, с—стороны ВС, СД, АВ треугольника.
485. Доказать, что в правильном семиугольнике
ABCDEFP имеет место зависимость
АВ~~ AC' AD'
486. Доказать, что в любом треугольнике точка пере-
сечения медиан, ортоцентр и центр описанного круга лежат
на одной прямой (прямая Эйлера).
487. Доказать, что в любом треугольнике три середины
сторон, три основания высот и три точки, делящие пополам
отрезки высот от ортоцентра до вершины, лежат на одной
окружности (окружность девяти точек или окружность
Эйлера). Доказать, что центр этой окружности есть сере-
дина отрезка, соединяющего центр описанного круга с орто-
центром треугольника.
488. Две окружности пересекаются в точках Д и В;
CAD—секущая (С и D лежат на окружностях). Через точки О
66
и С проведены касательные до пересечения в точке Е. Дока-
зать, что около четырехугольника BCED можно описать
окружность.
489. В треугольнике АВС биссектриса угла С пересе-
кает в точке D перпендикуляр, проведенный к стороне АВ
через ее середину. Доказать, что около четырехугольника
ADBC можно описать окружность.
490. К двум внешне касающимся окружностям проведены
общие внешние касательные АВ и CD. Доказать, что около
четырехугольника ABDC можно описать окружность.
491. Дано, что прямая, проведенная через вершину В
треугольника АВС и середину М противоположной стороны,
проходит через центр О окружности, описанной около этого
треугольника. Доказать, что если треугольник разносто-
ронний, то он прямоугольный.
492. Круг, вписанный в треугольник АВС, касается
стороны АВ в точке D, причем AC-CB — 2AD-DB. Дока-
зать, что треугольник прямоугольный.
493. Доказать, что если высоты Ла, Л6, hc и радиус г
вписанной в треугольник окружности удовлетворяют ра-
венству ha-\-hb+thc = 9r, то треугольник равносторонний.
494. Доказать, что если ортоцентр треугольника лежит
на окружности, проходящей через середины его сторон,
то треугольник прямоугольный.
495. Доказать, что пятиугольник правильный, если все
его стороны равны и равны три последовательных угла.
496. В остроугольном треугольнике AFE высоты ED
и FB пересекаются в точке С. Точки М, N, Р и Q являются
соответственно серединами отрезков FC, ЕС, АЕ и AF.
Доказать, что четырехугольник MQPN—прямоугольник.
497. Доказать, что прямые, соединяющие последова-
тельно центры квадратов, построенных на сторонах парал-
лелограмма и примыкающих к нему извне, образуют также
квадрат.
498. Доказать, что если в выпуклом четырехугольнике
отрезок, соединяющий середины противоположных сторон,
равен полусумме двух других сторон, то этот четырех-
угольник—трапеция.
499. В выпуклом четырехугольнике ABCD площадь
треугольника ВКС (К—точка пересечения его диагоналей)
есть средняя пропорциональная между площадями треу-
гольников АКВ и CKD. Доказать,' что четырехугольник
ABCD—трапеция.
57
500. Доказать, что расстояние точки окружности от
хорды круга есть среднее пропорциональное между расстоя-
ниями концов хорды от касательной к кругу в этой точке.
501. Доказать, что для того, чтобы один из углов
треугольника был равен 60° или 120°, необходимо и доста-
точно, чтобы расстояние от вершины этого угла до орто-
центра было равно радиусу /? описанной окружности.
502. Внутри равностороннего треугольника АВС взята
точка Р так, что СР2 — АР2 ВР2. Доказать, что угол АРВ
равен 150°.
503. Пусть PQ—общая секущая двух внутренне каса-
ющихся окружностей О и О'. Точки Ри Q лежат на боль-
шей окружности О'. М и N—точки пересечения PQ с мень-
шей окружностью О. Доказать, что — и
^PAN—^QAM. Как изменится эта теорема, когда се-
кущая обратится в хорду наружного круга,^касательную
к внутреннему?
504. В круге с центром О проведена хорда АВ и про-
должена на расстояние ВС, равное радиусу. Через точки
Си О проведена секущая CD (точка D лежит дальше от С,
чем точка О). Доказать, что угол AOD равен утроенному
углу ACD.
505. Доказать, что если в четырехугольнике суммы
квадратов противоположных сторон равны, то диагонали
его взаимно перпендикулярны.
506. Доказать, что прямые, соединяющие середины дуг,
стягиваемых противоположными сторонами вписанного
в окружность четырехугольника, взаимно перпендикулярны.
507. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ —АС] на
продолжении стороны АВ отложен отрезок BD, а на сто-
роне АС—отрезок СЕ, равный BD. Доказать, что если
на отрезках BD и DE построить параллелограмм DBFE,
то FC перпендикулярен ВС.
508. Доказать, что биссектрисы углов, образованных
продолжениями противоположных сторон вписанного четы-
рехугольника, взаимно перпендикулярны.
509. Прямоугольный треугольник делится высотой, опу-
щенной из вершины прямого угла на гипотенузу, на два
треугольника, в которые вписаны окружности. Доказать,
что линия центров этих окружностей перпендикулярна
к биссектрисе прямого угла данного треугольника.
510. Доказать, чтб во всяком треугольнике три
точки, симметричные с точкой пересечения высот отно-
58
сительно сторон треугольника, лежат на описанной ок-
ружности.
511- Около треугольника АВС описана окружность.
Доказать, что точка £), диаметрально противоположная
точке С, симметрична ортоцентру треугольника относительно
середины стороны АВ.
512- Доказать, что точка, симметричная центру окруж-
ности относительно середины средней линии треугольника,
вписанного в эту окружность, лежит на высоте, перпенди-
кулярной к этой средней линии.
513. Правильный треугольник АВС вписан в круг и через
середины двух дуг АВ и ВС проведена хорда. Доказать,
что стороны треугольника делят хорду на три равные части.
514- Доказать, что если из точки Рг взятой вне круга О,
проведены к нему касательные РА и РВ и перпендикуляр АС
к диаметру BD, то прямая PD делит АС пополам.
515- В треугольнике АВС углы В и С равны соответ-
ственно 15° и 30°. Через вершину А проведена прямая,
перпендикулярная к АВ до пересечения с ВС в точке D.
Доказать, что отрезок BD в два раза больше стороны АС.
518- Доказать, что площадь S треугольника равна
у У abc hahbhct
где а, с—его стороны, a hat hbi hc—его высоты.
517- Доказать, что если угол, прилежащая сторона и сумма
двух других сторон одного треугольника соответственно
равны таким же элементам другого, то такие треугольники
равны.
518- Доказать, что прямая, проходящая через основания
двух высот остроугольного треугольника, отсекает от этого
треугольника подобный ему треугольник.
519. , Доказать, что площадь остроугольного треуголь-
ника равна произведению периметра треугольника, вершины
которого—основания высот данного треугольника, на радиус
окружности девяти точек.
520- Из произвольной точки Р биссектрисы AD треуголь-
ника АВС опущены перпендикуляры РСХ, РА± и PBt соот-
ветственно на стороны АВ, ВС и СА. Доказать, что точка К
пересечения прямых ВГСХ и РА± лежит на медиане AM.
521. В трапеции ABCD сумма углов при основании AD
равна 90°. Доказать, что отрезок, соединяющий середины
оснований, равен полуразности оснований.
59
Глава XII 1
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ I
НА НАХОЖДЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ
522. *) Доказать, что существуют только две точки,
которые делят данный направленный отрезок в данном
отношении: одна—внутренним образом, а другая—внешним.
523. Доказать, что геометрическое место точек, рас-
стояния которых от двух данных точек находятся между
собой в данном отношении А, -отличном от единицы, есть
окружность.
524. Пусть А и —точки касания общей касательной |
к двум окружностям; М и —две точки пересечения этих J
окружностей соответственно с некоторой прямой, парал- f
лельной ААг. Найти геометрическое место точек W пере- t
сечения прямых AM и А^М^ \
525. Даны фиксированная хорда АВ и подвижная хорда CD [
постоянной длины той же окружности. Найти геометри-
ческое место точек М пересечения прямых AD и ВС. На J
меньшей дуге точки расположены в порядке Л, С, D, В,
а на большей дуге—в порядке В, С, D, А.
526. Даны фиксированная хорда АВ и подвижная хорда I
CD постоянной длины той же окружности. Найти геомет- I
рическое место точек К пересечения прямых АС и BD.
На меньшей дуге точки расположены в порядке Л, С, Р, !
В, а на большей дуге — в порядке В, С, D, Л.
527. Найти геометрическое место точек концов
отрезков, проведенных из точек окружности в одном
направлении, если они равны и параллельны данному
отрезку.
528. Даны фиксированная хорда АВ и подвижная хорда
CD постоянной длины той же окружности. Найти геомет-
рическое место центров окружностей, описанных около
треугольников MCD и KCD, где К—точка пересечения
АС и BD, а М— точка пересечения AD и ВС.
529. Из фиксированной точки вне окружности прове-
дена секущая и в точках пересечения ее с окружностью—
*) Эта задача является вспомогательной для решения других
задач.
60
касательные. Найти геометрическое место пересечения этих
касательных.
530. Из точки D, взятой на стороне ВС треугольника
АВС, проводятся всевозможные-прямые, пересекающие сто-
роны АС и АВ (или их продолжения) соответственно в
точках Е и F. Найти геометрическое место точек пересе-
чения окружностей, описанных вокруг треугольников CDE
и BDF.
531. На сторонах угла М взяты равные отрезки АВ и
CD (А между М и В, С между М и D). Доказать, что
геометрическое место точек пересечения окружностей МСВ
и MAD—биссектриса угла М.
532. Доказать, что геометрическим местом центров ок-
ружностей, вписанных в прямоугольные треугольники, гипо-
тенузой которых служит фиксированный отрезок длиной 2k,
являются две дуги окружностей с радиусами &]/2.
533. Найти геометрическое место середин гипотенуз
прямоугольного треугольника, у которого вершина прямого
угла фиксирована, а остальные две вершины В и С сколь-
зят по заданной окружности О.
534. Найти геометрическое место точек М внутри тре-
угольников АВС, для которых площадь треугольника МАВ
равна сумме площадей треугольников МВС и МАС.
535. Найти геометрическое место точек середин отрез-
ков, соединяющих данную точку с точками данной окруж-
ности.
536. Найти геометрическое место середин хорд окруж-
ности, которые проходят через заданную точку.
537. На каждом из радиусов окружности откладывают
от центра отрезок, равный расстоянию конца этого радиуса
до одного фиксированного диаметра. Найти геометрическое
место концов построенных таким образом отрезков.
538. Дан равносторонний треугольник АВС. Найти гео-
метрическое место точек М, удовлетворяющих условию
AM—BM-j-MC.
539. Одна окружность касается прямой в точке А. Дру-
гая касается той же прямой в точке В и первой окруж-
ности в точке М. Найти геометрическое место точек М.
540. Пусть А и В—заданные точки некоторой окруж-
ности и М—переменная точка той же окружности. На
продолжении отрезка AM откладывают отрезок MN=MB.
Найти геометрическое место точек N.
61
Глава XIII
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ПОСТРОЕНИЕ
541. Провести в треугольнике ЛВС прямую, параллель-
ную ВС, так, чтобы отрезок, заключенный между боковыми
сторонами, был равен сумме отрезков боковых сторон, счи-
тая от основания.
542. Через данную точку М провести прямую так, чтобы
ее отрезок, заключенный между параллельными прямыми
АВ и CD, был равен данному отрезку а.
543. В данный равносторонний треугольник АВС вписать
другой равносторонний треугольник А1В1С1 так, чтобы
вершины его принадлежали сторонам данного треугольника,
а стороны были бы перпендикулярны к сторонам данного
треугольника.
544. Из точки А, взятой вне круга, провести секущую
так, чтобы ее внешняя часть равнялась внутренней.
545. Через точку пересечения двух окружностей про-
вести секущую так, чтобы сумма получившихся хорд была
бы равна данному отрезку.
546. Даны две концентрические окружности; провести
прямую, на которой эти окружности отсекают две хорды,
из которых одна вдвое длиннее другой.
547. На окружности даны две различные точки А и В.
Провести через эти точки параллельные хорды, сумма ко-
торых равна данному отрезку (а).
548. Стороны угла АВС пересечены прямой DE. Пост-
роить отрезок, который своими концами упирается в сто-
роны этого угла, перпендикулярен к прямой DE и делится
ею пополам.
549. Через вершину В треугольника АВС провести от-
резок BD (D принадлежит ЛС), длина которого была бы
средней пропорциональной величиной между отрезками AD
и DC.
550. На круглом бильярде радиуса R в точке М на
расстоянии d от центра О находится шар. Ударить его
так, чтобы он, отразившись два раза от борта, прошел
через точку 2И, не проходя через центр.
551. Найти путь, по которому должен следовать бильярд-
ный шар, чтобы, ударившись в два борта, прийти из Л в В.
552. На прямоугольном бильярдном столе лежат два
шара Л и В. По какому направлению надо направить шар
62
Л, чтобы он, отразившись от каждого из четырех бортов
стола, ударил бы шар В.
553. На продолжении диаметра построить такую точку,
чтобы длина касательной, проведенной из нее к окружно-
сти, равнялась диаметру.
554. Из точки, взятой вне круга, провести секущую
так, чтобы она отсекала дугу, вмещающую данный угол.
555. Построить прямоугольный треугольник, зная длину
а гипотенузы и длину k медианы BD, проведенной к ка-
тету АС.
556. Построить равнобедренный прямоугольный тре-
угольник, в котором расстояние между точкой пересечения
медиан и точкой пересечения биссектрис равно данному
отрезку т.
557. Построить треугольник АВС по основанию АВ= а,
высоте Л, проведенной к основанию, и медиане /», прове-
денной к боковой стороне ВС.
558. Построить треугольник по стороне а, сумме двух
других сторон (Z>4- с) и разности углов при стороне а.
559. Построить треугольник по двум данным углам и
сумме т медианы и высоты, выходящих из вершины тре-
тьего угла.
560. Построить треугольник по двум данным сторонам
а и b и биссектрисе 1С угла между ними.
561. Построить треугольник АВС по данному углу В
и двум медианам
АР = та
И
CQ = тс.
562. Построить треугольник, зная его углы и радиус R
описанной окружности.
563. Построить треугольник АВС по двум высотам ha,
hb и медиане тс, проведенной к третьей стороне.
564. Построить треугольник АВС по двум сторонам а
и Ь1 зная, что медианы та и тъ этого треугольника вза-
имно перпендикулярны.
565. Построить треугольник АВС по периметру Р его
ортоцентрического треугольника и по отношению высот
haxhbxhct==m-.n-.p>
где /», л, р—данные отрезки.
63
566. Построить треугольник АВС по основанию
углу В при вершине и точке D касания вписанной окруж-
ности со стороной АС.
567. Построить треугольник АВС по радиусу R окруж-
ности, описанной около этого треугольника, биссек-
трисе AD — 1 и углу а между биссектрисой AD и сторо-
ной ВС.
568. Построить треугольник АВС по высоте =
периметру 2р и радиусу г вписанного круга.
569. Построить треугольник, если даны его периметр
и два угла А и В.
570. Построить треугольник АВС по радиусу R описан-
ной около него окружности, зная длины биссектрис AN=ll
и АР — 12 внутреннего и внешнего углов треугольника при
вершине А (Р—на продолжении стороны ВС).
571. Построить треугольник по данной стороне ВС=а,
противолежащему ей углу ВАС=а и радиусу г вписан-
ного круга.
572. Построить треугольник АВС, зная положение одной
из его вершин А, центра О описанной окружности и орто-
центра Н.
573. На стороне ВС треугольника АВС взята точка М.
Провести через эту точку прямую так, чтобы она разде-
лила площадь треугольника на две равновеликие части.
Глава XIV
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
574. Основанием пирамиды служит квадрат со сторо-
ной а. Две боковые грани перпендикулярны к основанию,
а большее боковое ребро составляет с основанием угол р.
В пирамиду вписан шар. Найти радиус шара.
575. Основанием пирамиды SABC служит равнобедрен-
ный треугольник со сторонами ЛВ=ЛС=5, ВС=6; высота
пирамиды проходит через середину ВС и равна 1. Найти
радиус шара, вписанного в эту пирамиду.
-576. Найти высоту треугольной пирамиды, боковые
ребра которой равны а, Ь, с, а все плоские углы при вер-
шине прямые.
64
577. В шар радиуса 7? вписана правильная треуголь-
ная пирамида SABC, у которой двугранный угол при осно-
вании равен а. Найти сторону основания пирамиды.
578. Между двумя параллельными плоскостями заклю-
чен конус так, что его основание находится на одной из
них, а вершина 5—на другой. Угол между осью конуса
и образующей равен а. Через середину М оси проведена
прямая, составляющая с ней угол 0. Отрезок CD этой
прямой между параллельными плоскостями равен d. Найти
ее отрезок АВ, заключенный внутри конуса.
579. Боковое ребро правильной четырехугольной пира-
миды SABCD равно а и образует с плоскостью основания
угол а. В эту пирамиду вписан равносторонний цилиндр
^цилиндр, у которого осевое сечение — квадрат) так, что
боковой поверхностью он касается основания пирамиды вдоль
диагонали этого основания, а окружности оснований ци-
линдра касаются боковых граней пирамиды. Найти радиус
основания цилиндра.
580. Найти отношение объема конуса к объему вписан-
ного в него шара, если известно, что плоскость, касаю-
щаяся шара и перпендикулярная к одной из образующих
конуса, отсекает на этой образующей, считая от вершины,
отрезок, в k раз больший радиуса шара.
581. На плоскости Р стоит равносторонний конус
(конус, у которого осевое сечение—равносторонний тре-
угольник), высота которого равна h. Каждый из трех рав-
ных между собой шаров, лежащих на плоскости Р внутри
конуса, касается двух других шаров и боковой поверхно-
сти конуса. Найти радиус шаров.
582. В правильную n-угольную пирамиду, у которой
сторона основания равна а, а двугранный угол при осно-
вании равен а, вписан шар. Найти расстояние между точ-
ками, в которых шар касается двух соседних боковых гра-
ней пирамиды.
583. Из некоторой точки М пространства стброны тре-
угольника АВС видны под прямыми углами. Найти рас-
стояние от точки М до плоскости этого треугольника,
если стороны его равны а, Ь, с.
584. Каждый плоский угол при вершине трехгранного
угла равен 60°. В этот трехгранный угол вписаны два каса-
тельных друг к другу шара. Найти отношение их радиусов.
585. Ребро куба равно а. Найти радиус цилиндриче-
ской поверхности, осью которой' служит диагональ куба,
3 И. X. Сивашинский
65
если известно, что эта цилиндрическая поверхность ка-
сается ребра куба.
586. Сторона основания правильной четырехугольной
пирамиды равна а, высота пирамиды равна Л. Через сто-
рону основания пирамиды и середину скрещивающегося с ним
бокового ребра проведено сечение. Найти расстояние от
вершины пирамиды до плоскости этого сечения.
587. Найти боковую поверхность правильной треуголь-
ной пирамиды, сторона основания которой равна а, а угол
между боковыми гранями равен <р.
588. На плоскости стоит круговой конус и вертикаль-
ный штатив. Радиус основания конуса равен 1 высота
равна 2 м. Основание штатива отстоит от центра основа-
ния конуса на 2 м, а высота штатива равна 4 м. На вершине
штатива помещен точечный источник света. Найти площадь
тени конуса (не считая площади основания).
589. Основанием пирамиды SABCD служит ромб с диа-
гоналями АС—а и BD = b. Боковое ребро ЗЛ перпенди-
кулярно к плоскости основания и равно т. Через точку А
и середину К ребра SC проведена плоскость, параллель-
ная диагонали основания BD. Найти площадь сечения.
590. В правильной треугольной пирамиде плоский угол
при вершине равен а, а кратчайшее расстояние между
двумя скрещивающимися ребрами равно Z. Найти объем
этой пирамиды.
591. Найти объем параллелепипеда, если все его гра-
ни-равные ромбы со сторонами а и острыми углами а.
592. Высота прямого кругового конуса равна Л. Две
взаимно перпендикулярные образующие делят окружность
основания на две дуги, одна из которых вдвое короче
другой. Найти объем конуса.
593. В некоторой (неправильной) пирамиде все внут-
ренние двугранные углы при основании равны а. Площадь
основания равна 3, а периметр основания равен 2р. Найти
объем и полную поверхность этой пирамиды.
594. Обе грани прямого двугранного угла пересечены
плоскостью, образующей с каждой гранью угол а. Найти
угол между линиями пересечения этой плоскости с гранями
двугранного угла.
595. Найти двугранные углы трехгранного угла, пло-
ские углы которого равны а, р и у.
596. Найти плоский угол при вершине правильной четы-
рехугольной пирамиды SABC, если центры шара, вписан-
66
ного в эту пирамиду, и шара, описанного около нее, сов-
падают.
597- Радиус шара, вписанного в усеченный конус, равен
а радиус шара, описанного около этого усеченного
конуса, равен /?У30. Найти угол между образующей усе-
ченного конуса и его основанием.
598. В равностороннем цилиндре точка окружности верх-
него основания соединена отрезком с одной из точек ок-
ружности нижнего основания; угол между радиусами, про-
веденными в эти точки, равен а. Найти угол между этим
отрезком и осью цилиндра.
599. Непересекающиеся диагонали двух смежных боко-
вых граней прямоугольного параллелепипеда наклонены к
плоскости его основания под углами а и р. Найти угол
между этими диагоналями.
600. На плоскости лежат вокруг общей вершины п
равных последовательно касательных конусов (каждый ко-
нус касается двух других). Найти угол при вершине осе-
вого сечения каждого из этих конусов.
601- Доказать, что объем произвольного тетраэдра
равен V= abc sin <р, где а и b—длины двух скрещиваю-
щихся ребер тетраэдра, <р—угол между ними, а с — крат-
чайшее расстояние между ними.
602. Пусть EF и KL — скрещивающиеся средние линии
двух параллельных оснований произвольного параллелепи-
педа. Найти отношение объема пирамиды EFLK к объему
этого параллелепипеда.
603. Показать, что куб можно пересечь плоскостью
так, чтобы в сечении получился правильный шестиуголь-
ник.
604» Доказать, что плоский угол четырехгранного угла
меньше суммы трех других.
605. Доказать, что не существует многогранника с не-
четным числом граней, все грани которого являются мно-
гоугольниками с нечетным числом сторон.
606. Доказать, что биссекторная плоскость двугранного
угла треугольной пирамиды делит ее противоположное
ребро в отношении, равном отношению площадей граней,
образующих этот двугранный угол.
607. Показать, что если прямая имеет больше двух
общих точек с цилиндрической или конической поверхно-
стью, то она есть ее образующая.
3* 67
608- В пространстве рассматриваются два отрезка АВ
и CD, не лежащих в одной плоскости. Пусть AfAf—отре-
зок, соединяющий их середины. Доказать, что
(здесь AD, ВС и МЫ—длины соответствующих отрезков).
609. Доказать, что отрезки, соединяющие середины
скрещивающихся ребер треугольной пирамиды, пересе-
каются в одной точке.
610. Если одна из высот (произвольной) треугольной
пирамиды проходит через ортоцентр той грани, на которую
она опущена, то и каждая из остальных трех высот прохо-
дит через ортоцентр соответствующей грани. Доказать.
611. Показать, что отрезки, соединяющие вершины
любой треугольной пирамиды с центрами тяжести проти-
волежащих граней, пересекаются в одной точке и делят-
ся этой точкой в отношении 1:3.
612. Построить параллелепипед, три ребра которого
лежат на трех заданных прямых, попарно не лежащих в
одной плоскости.
613. Найти во внутренней области трехгранного угла
геометрическое место точек, равноудаленных от его граней.
614. Найти геометрическое место точек, являющихся
основаниями перпендикуляров, опущенных из данной точки
А, лежащей вне прямой ВС, на все плоскости, проходя-
щие через эту прямую.
Глава XV
НЕРАВЕНСТВА В ГЕОМЕТРИИ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
615. Доказать, что в любом треугольнике имеет место
неравенство
р2 > 27г2,
где р—полупериметр, г—радиус вписанного круга.
616. В треугольник АВС вписан круг, а в круг вписан
правильный треугольник Л1В1С1. Доказать, что периметр
треугольника АВС не меньше удвоенного периметра тре-
угольника
68
617. Доказать, что площадь четырехугольника не боль-
(а+с) (b + d) , _
ше д—L—Где а, Ь, с и d—его последовательные
стороны.
618. Доказать, что в любом треугольнике имеет место
неравенство
* । 1 I 1 1 | 1 ! Ч
р — с Ь"1~ с
где a, Ь, с—стороны треугольника, р—полупериметр.
619. Доказать, что площадь 5 треугольника АВС не
больше » где а 11 —стороны треугольника.
620. Доказать, что площадь треугольника не больше
~ (а2 — а&4~62), где а, Ь, с —стороны треугольника.
621. Доказать, что площадь 5 треугольника АВС не
а2 + Ь2
больше —~, где а и о — стороны треугольника.
622. Доказать, что площадь S треугольника меньше
шестой части суммы квадратов его сторон.
623. Внутри треугольника АВС взята точка /И, через
которую проведены прямые AM, ВМ, СМ, пересекающие
соответствующие стороны в точках Alf В19 Cv Доказать,
что имеет место неравенство
AM , ВМ , CM
AtM + ВХМ + СХМ °’
624. Внутри треугольника АВС взята точка М, через
которую проведены прямые AM, ВМ, СМ, пересекающие
соответствующие стороны треугольника в точках Al9 Ви Ct.
Доказать, что имеет место неравенство
AM ВМ СМ о
ЛХМ ’ ВХМ ' С±М
625. Доказать, что во всяком треугольнике АВС между
его площадью 5 и радиусами описанной окружности и
вписанного круга существует соотношение
S>2/^.
626. Доказать, что сумма боковых сторон треугольника
превышает основание менее чем на удвоенный отрезок,
соединяющий вершину с какой угодно точкой основания.
69
627. Доказать, что медиана треугольника меньше полу-
суммы прилежащих сторон и больше разности между этой
полусуммой и половиной третьей стороны.
628. Доказать, что сумма медиан треугольника заклю-
чена между его полупериметром и периметром.
629. На внешней биссектрисе угла С треугольника ЛВС
взята точка М. Доказать, что МА-[-МВ> АС-}- ВС.
630. Доказать, что для любого прямоугольного тре-
угольника имеет место неравенство 0,4 <~ <0,5, где г—
радиус вписанного круга, h — высота, опущенная на гипо-
тенузу.
631. Доказать, что между сторонами прямоугольного
треугольника существует зависимость
(а + Ь)У2
2 С'
где а и b — катеты, а с — гипотенуза.
632. Доказать, что если между двумя сторонами а и b
треугольника АВС и высотой /г, опущенной из вершины С,
существует зависимость—+4’==4"> то
633. Доказать, что если в треугольнике АВС меж-
ду сторонами а и b и медианой /», проведенной из
вершины С, существует зависимость = “~> то
£С^* 120°.
634. Доказать, что если углы А и В четырехугольника
ABCD равны, а угол D больше угла С, то
BC>AD.
635. Доказать, что расстояние между серединами диа-
гоналей выпуклого четырехугольника не меньше модуля
полуразности двух его противолежащих сторон.
636. Доказать, что площадь 5 четырехугольника не
больше четверти суммы квадратов его сторон.
637. Доказать, что площадь четырехугольника не больше
четверти суммы квадратов его диагоналей.
638. Доказать, что отношение k периметра ромба к
сумме его диагоналей меньше 2 и не меньше ]/"2~
639. Доказать, что отношение радиуса окружности,
вписанной в прямоугольный треугольник, к периметру этого
70
треугольника принимает наибольшее значение, когда этот
треугольник равнобедренный.
640. Доказать, что из всех прямоугольников данного
периметра Р наибольшую площадь имеет квадрат.
641. Доказать, что из всех треугольников данной пло-
щади равносторонний имеет наименьший периметр.
642. Доказать, что из всех треугольников данного
периметра 2р наибольшую площадь имеет равносторонний.
643. Доказать, что из всех треугольников с данным
основанием и данным углом при вершине равнобедренный
имеет наибольшую площадь.
644. Доказать, что из всех треугольников с данным
основанием и данным углом при вершине равнобедренный име-
ет наибольшую биссектрису угла при вершине треугольника.
645. Доказать, что из всех треугольников с данным
основанием и данным тупым углом при вершине равнобед-
ренный имеет наименьшую медиану.
646. Доказать, что из всех треугольников с данным
основанием и данным острым углом при вершине равно-
бедренный имеет наибольшую медиану.
647. Провести через вершину А треугольника АВС пря-
мую EF так, чтобы сумма расстояний до нее от вершин
В и С была наибольшей.
648. На продолжении сторон АВ и АС данного тре-
угольника АВС отложим отрезки BD и СЕ, сумма которых
равна третьей стороне. В каком случае отрезок DE будет
наименьшим?
649. Из всех треугольников с двумя данными сторонами .
наибольшую площадь имеет тот, у которого эти стороны
перпендикулярны. Доказать.
650. Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных
в данный треугольник, тот имеет наибольшую площадь,
у которого сторона, параллельная высоте треугольника,
равна половине этой высоты треугольника.
651. Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных
в данный круг, наибольшую площадь имеет квадрат.
652. Дан квадрат ABCD (см. рис. 204, стр. 405). От его
вершин отложены равные отрезки Аа, Bb, Сс, Dd, и точки
а, Ь, с, d соединена отрезками. При каком значении Аа
площадь квадрата abed будет наименьшей?
653. В данный прямоугольный треугольник вписать прямо-
угольник с вершиной в вершине прямого угла и с наимень-
шей диагональю.
71
654. На одной стороне прямого угла задан отрезок АВ.
Найти на другой стороне точку, из которой отрезок АВ
виден под наибольшим углом 0.
655. Даны прямая и две точки по одну сторону от нее.
На этой прямой найти точку, чтобы сумма расстояний от
нее до двух данных точек была наименьшей.
656. Даны прямая а и две точки А и В по разные
стороны от нее. Найти на прямой а такую точку, чтобы
разность расстояний от нее до точек А и В была наи-
большей.
657. На стороне треугольника найти такую точку, что-
бы сумма расстояний от нее до. двух других сторон была
наименьшей.
658. Внутри треугольника найти такую точку, чтобы
сумма расстояний от нее до сторон треугольника была
наименьшей.
659. На полуокружности данного диаметра ЛВ=2/?
построить точку С так, чтобы произведение хорды АС на
длину перпендикуляра CD, опущенного из этой точки на
диаметр, принимало наибольшее значение.
660. На окружности даны две точки А и В. Найти на
ней третью точку С так, чтобы произведение хорд АС*ВС
было наибольшим.
661. Найти внутри треугольника точку, произведение
расстояний которой до сторон треугольника имело бы
наибольшее значение.
662. Найти наименьшую хорду круга, которую можно
провести через данную точку, взятую внутри этого круга.
663. По одну сторону от прямой ху даны две точки
А и В. Расположить на прямой ху отрезок CD данной
длины так, чтобы ломаная ACDB была наименьшей длины.
664. Внутри острого угла хОу дана точка А. Построить
треугольник наименьшего периметра такой, чтобы одна его
вершина совпала с данной точкой А, а две другие (В и С)
лежали на сторонах угла хОу.
665. Из всех треугольников, вписанных в данную окруж-
ность, найти тот, который имеет наибольшую сумму квад-
ратов сторон.
666. Из треугольников, имеющих данный угол, заклю-
ченный между сторонами, сумма которых постоянна, найти
такой, который имеет наименьший периметр.
667. В данный сегмент вписать прямоугольник наиболь-
шей площади.
72
668. Доказать, что из всех сечений куба ABCDA^C^D^
проходящих через диагональ (BD^, имеет наименьшую
площадь то, которое проходит через середину (Е) ребра
(ЛЛг), скрещивающегося с этой диагональю (BD^.
669. Доказать, что если в данный конус вписать ци-
линдр наибольшего объема, то радиус основания цилиндра
относится к радиусу основания конуса, как 2:3.
670. Доказать, что из всех цилиндров, вписанных в дан-
ный шар, тот цилиндр имеет наибольшую боковую поверх-
ность, у которого осевое сечение есть квадрат.
671. Доказать, что из всех цилиндров, вписанных в дан-
ный конус, тот цилиндр имеет наибольшую боковую поверх-
ность, у которого высота равна половине высоты данного
конуса.
672. Доказать, что если в данный шар радиуса R вписан
цилиндр наибольшего объема, то отношение радиуса осно-
вания цилиндра к радиусу шара равно отношению ]/2 к ]/3.
673. Доказать, что если в данный шар вписан конус
наибольшего объема, то радиус шара относится к высоте
конуса, как 3:4.
674. Какую наибольшую боковую поверхность может
иметь прямоугольный параллелепипед, диагональ которого
равна а?
675. Из квадратного листа жести со стороной 6а тре-
буется сделать коробку без крышки, вырезая по углам
квадраты и загибая затем получающиеся выступы так,
чтобы коробка получилась наибольшего объема. Какова
должна быть длина стороны вырезанных квадратов?
676. Пусть AD — биссектриса угла А в треугольнике
АВС. Через точку А проведена прямая, перпендикулярная
к ЛР, и из вершины В опущен перпендикуляр ВВХ на эту
прямую. Доказать, что периметр треугольника ВВгС больше
периметра треугольника АВС.
677. Доказать, что если площади квадрата и треуголь-
ника равны, то периметр треугольника больше периметра
квадрата.
678. Имеется материал для постройки забора длиной
в 300 м. Требуется огородить этим материалом прямоуголь-
ный загон наибольшей площади, используя для одной сто-
роны загона стену амбара.
679. На какой высоте над круглым столом надо по-
местить лампу, чтобы она проектировалась в центр стола
и чтобы на краях стола была наибольшая освещенность?
73
680. Между двумя городами А и В протекают две
реки. Требуется построить кратчайший между А и В путь
так, чтобы мосты через реки были перпендикулярны к бе-
регам. (Берега каждой реки принимаются за параллельные
прямые.)
Глава XVI
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В ТРИГОНОМЕТРИИ
681. Пусть А и В—острые положительные углы, удовле-
творяющие равенствам
3sina4-p2sin2B= 1, 3sin2^ — 2sin2B=0.
Доказать, что Л4-2В==90°.
682. Доказать, что если имеет место равенство
а2—1__________________1 + 2а cos р + о2
l+2acosa+a2"“ а2—1 ’
где а > 1, то
683. Доказать, что если имеет место равенство
sin4 а । cos4 a_ 1
_ । _ ___ __ ,
где а и Ь имеют одинаковый знак, a =f=. О, a 4-^=?^ О,
то имеет место и равенство
sin8 а । cos8 a_ 1
"a2 (a + b)*'
684. Пусть + = Для каких целых значений
k сумма
^xtgy + tgytgz + tgztgx
не зависит от х, у и z?
685. Показать, что если
т sin (a + Р) = cos (a — Р),
74
то выражение
V —--------------1------
1—/nsin2a 1 1—/nsin2p
не зависит от а и 0.
686. Доказать, что если
cos х _ cos (х + а) __ cos (х + 2а) • cos (х + За)
а b с d *
то имеет место равенство (a-\-c)c==(b-\-d)b.
687. Доказать, что если cosx#=0, то из равенства
cos z = cos х cosj/ вытекает равенство
, z + x , z—x ., о у
tg4-tg^-=tg^|.
688. Доказать, что если j А | <С 1 и sin a —A sin (а 4* Р)>
то
tg(« + ₽)==c-5lfe-
689. Показать, что если а и 0 связаны соотношением
sin р______________________п
sin (2а -|- р) ~ ’
то имеет место пропорция
690. Доказать, что если имеет место зависимость
tg * + tg У + tg z = tg х tg у tg z,
то x+y + z = nk, где Л = 0, ±1, ±2, ...
тт cos a sin а
691. Доказать, что если——-у-, то выражение
А = a cos 2а 4- b sin 2а
не зависит ни от а, ни от Ь.
692. Доказать, что
tg (« + ₽) = 2 tg а,
если
3 sin 0 = sin (2а 4-0).
75
693. Доказать, что ни при каком значении а не имеет
места равенство
sin a sin 2а sin За — 1.
694. Найти значение выражения
у = a sin2 (а + Р) + b sin (а + р) cos (а + Р) + с cos2 (а + Р)>
если известно, что корнями уравнения ах24-£>х+с = 0
являются tga и tgp.
695. Дано tg2a —atga+1 =0, 0<a<~ и a>0.
Вычислить cos 2a.
696. Показать, что если имеет место соотношение
cos х—cos a sin2 a cos р х=±(2п+\\я
cos x—cos p sin2 p cos a =/=(+)»
to tg y= ± tgytg-|.
697. Выразить cos a и sin p через А и В при условии,
что
sin а = Л sin 0, tga = BtgP,
и Д=^=0.
698. Доказать, что если
cos А = cos a sin Р, cos В == cos Р sin cos С = cos у sin а,
А В С = st*
то
tgatg₽tgY = l.
699. Доказать, что если
^ == Д cos2 а + Bsin a cos а + С sin2 а,
Вг = 2Сsin а cos а + В (cos2 а — sin2 а) — 2А sin а cos а,
Сх = A sin2 а — В sin а cos а 4- С cos2 а,
то Bi —4Д1С1 = В2 —4ЛС.
700. Доказать, что если углы треугольника АВС удов-
летворяют равенству
о . А . В С .. ЗА . ЗВ ЗС ~
3 sin -к- Sin -н- COS + Sin Sin -х- cos т = 0,
Л Л Z х Z
то стороны треугольника связаны зависимостью
а3 + Ь3 = с8.
76
701. Доказать, что если между углами треугольника
АВС существует зависимость
(sin А + sin В + sin С) (sin А + sin В—sin С) = 8 sin A sin В,
то/С = 60°.
702. Найти сумму sin5x + cos5x, если известно, что
sinx + cosx — а.
703. Показать, что
1 — cos2a — cos2Z> — cos2c + 2 cos a cos b cos c =»
— 4 sin/) sin (p — a) sin (p — b) sin (p — c),
где 2p = a+& + c.
704. Доказать, что если а4~Р4~У — л, то
sin 2/xa4~ sin 2np 4~ sin 2лу = (— 1)”+14 sin /ха sin /?0sin /ху,
где л —целое число.
705. Доказать, что
sin За == 4 sin a sin (60° — a) sin (60° 4- а).
70S. Доказать, что
cos За = 4 cos a cos (60° — a) cos (60° 4- а).
707. Доказать, что
tg За — tg a tg (60° — a) tg (60° + а).
708. Вычислить без таблиц sin 18° и cos 18°.
709. Вычислить без таблиц tg 9° — tg27°— tg 63° 4“ tg 81°.
710. Доказать, что
cos 24° 4- cos 48° — cos 84° — cos 12° = .
711. Доказать, что
sin 47° 4- sin 610 — sin 110 — sin25° — cos 7°,
712. Вычислить без таблиц выражение
1—4 sin 10° sin 70°
2 sin 10°
713. Доказать равенство
tg 20° tg 40° tg 60° tg 80° = 3.
714. Доказать равенство
cos 20° cos 40° cos 80c — •
о
n
Глава XVII
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
К СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
715. Решить уравнение
cos х tg Зх = 0.
716. Решить уравнение
tg Зх tg 4х = 0.
717. Доказать, что уравнение
sin х __ q
tg х ~~
пе имеет решений.
718. Доказать, что уравнение
4^-=о
sin3x
пе имеет решений.
719. Решить уравнение
1?—=0
sin х
720. Доказать, что уравнение
tg3x^ 1
tgx
нс имеет решений.
721. Решить уравнение
tg3x = (2 + K 5)tgx.
722. Доказать, что уравнение
COS (COS X) — у
не имеет решений.
723. Решить уравнение
т/’з'
cos (cos х) = .
78
724. Показать, что не существует угла треугольника,
удовлетворяющего уравнению
х х
cos у = cos у .
725. Доказать, что уравнение
sin 2х sin 6х = 1
не имеет корней.
726. При каких значениях а уравнение
/ . / л\
cos ( тх -|- у \ cos ( тх—у 1 = а
имеет корни?
727. Показать, что уравнение
tg(х-45°) tgх tg(х + 45°) = *cos3*—
tgy-Ctgy
не имеет решений.
728. Решить уравнение
х 1 т Г1 + cos х
sinxcosy = T у —2~,
где радикал берется в арифметическом смысле.
729. Решить уравнение
sin ах sin bx = sin тх sin пх,
если числа а, Ь, т и п положительны и являются после-
довательными членами возрастающей арифметической про-
грессии,
730. Решить систему уравнений
' ==l/"2
sin у v ’
cosx _ 1/jL
. cos у V 3
731. Решить систему уравнений
( х+у = а,
| sin Arsinj = т.
79
732. Решить систему уравнений
sin3x = — sin .у,
8 1
COS8 Х = у cos .у,
где х и j —острые положительные углы.
733. Решить уравнение
sin х — cos х = 4 sin х cos2 х.
734. Решить уравнение
2 cosx — COS1.
735. Показать, что уравнение
sin + +cos = /2 (sin х + cos х +1)
не имеет решений.
738. Решить уравнение
sin2"x + cos2" х = 1,
где -целое положительное число.
737. Решить уравнение
sin4 X + cos4 х + sin 2х + cl 0.
738. Решить уравнение
cos2 (х + а) + cos2 (а; — а) = sin 2а,
л л
если —-^<a<-j-.
739. При каких значениях а уравнение
fb Ч-с \
sin bx sin сх = sin2 ( —g— х \ + а
дамеет корни?
740. Решить уравнение
sin Зх + sin 2х » т sin х.
741. Решить уравнение
8 sin2 х + 3 sin 2х + 1 __ -
Х 8 cos2 х. + 3 sin 2х + 1 *
80
742. Решить уравнение
. . 5 cos4 х—20 cos* х + 1в_л
sinх .....4 t п л 1 г. . £ О*
cos4 х—12 cos2 х + 16
743. Показать, что уравнение
sin4 х — sin2 Зх + sin х — 3 = 0
не имеет решений.
744. Решить уравнение
(sin 2х + 3) sin4 х — (sin 2х + 3) sin2 х + 1 = 0.
745. Доказать, что уравнение
4 sin4 Зх — 3 cos х + 5 = 0
не имеет решений.
746. Решить уравнение
sin8 х 4- cos8 х == а.
Определить значения а, при которых уравнение имеет
решения.
747. Решить уравнение
1 + cos 6х = 32 cos8 х.
748. Решить уравнение
sin5 х — cos5 х = sec х •— cosec х.
749. Решить уравнение
16 sin5 х = sin 5х + 5 sin х.
750. Решить уравнение
sin10 х + cos10 х = cos4 2х.
1 16
751. Решить уравнение
tg х2 ~ 0.
752. Решить уравнение
cosx2 = i.
753. Решить уравнение
cosj/49 — х2 = 1.
81
754. Показать, что уравнение
tg(^a+^)tg(*a—f)=2
н-е имеет решений.
755- Решить уравнение
tg(x2 —x)ctg2 = 1.
756- Решить уравнение
sin2 х2 + sin2 2х2 == sin2 Зх2 + sin2 4х2.
757. Решить уравнение
|tgx4-ctgx| = -4=.
г О
758. Показать, что уравнение
3 cos х = | cos х | — 5
не имеет решений.
759- Решить уравнение
. 2 1— cos х
х=г=1ПфП-
760. Решить систему уравнений
I sin х 4- sin у — sin (х 4 у),
I 1*14-1^1 = 1-
761. Показать, что целочисленные решения уравнения
cos (2лх) = cos (лх2)
являются четными числами.
762. Решить систему уравнений
КТ
COS ЛХ COS ny = ,
.1
763- Решить уравнение
. /5 \ 1
Sin I Л COS ЛХ I = — .
\ о / 2
764. Решить уравнение
sin (л cos х) = cos (л sin х).
82
765. Решить уравнение
tg (л tg х) = ctg (я ctg х).
766. Решить систему уравнений
I
767. Исключить t из системы уравнений
i х = a cos3 / + За cos t sin2 tf
l у =з a sin3 14- За cos21 sin t.
768. Исключить x из системы уравнений
I mctgx = a,
I /z cosec 2x = £.’
769. Исключить а из системы уравнений
I cos (P + a) = zw,
I cos(p —a) = a.
770. Исключить x из системы уравнений
, o у
cos x4- cos2x==~ ,
' a
_ z
sin x + sin 2x = -г-.
О
771. Исключить x и у из системы уравнений
a sin2x + #cos2x= 1,
’ a cos2y-\-b sin2 jz = 1,
atgx = Z>tgj>,
где a^b.
772. Исключить а и р из системы уравнений
xcosa+jsin p = a,
< х sin Р —у cosa = £\
< (x2+jF2)(sin2a+cos2₽)=:2a6.
773. Решить уравнение
log cos х sin x + log sin X cos x = 2.
774. Решить уравнение
(cos 2x)2 *>*з*+< cos*-i = sec 2x.
775. Решить уравнение
sin (л lg х) + cos (л lg х) = 1.
776. Решить уравнение
1 + log2 sin х + log2 sin x + log’ sin x 4- .
О
777. Решить уравнение
sin22rZ* = l.
Глава XVIII
НЕРАВЕНСТВА В ТРИГОНОМЕТРИИ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
778. Даны А, В, С—углы треугольника. Доказать, что
. А . В . С _ 1
sin у sin у sin у < -g .
779. Доказать, что
cos (т + п) cos (т — п) cos2 т.
780. Доказать, что если 0<а<“> то имеет место
неравенство
14-ctga<ctgy.
781. Доказать, что при имеет место нера-
венство
cos х g
sin2 х (cos х— sinx)
782. Доказать, что при любых допустимых значениях а
имеет место неравенство
(ctg2 а— 1) (3 ctg2 а — 1) (ctg За-tg2а— 1) 1.
84
783. Доказать, что
tg ла> ntga9
если п — натуральное число, большее 1, а угол а удов-
летворяет неравенству
О < а < -г-?-Гч.
4(п— 1)
784. Доказать, что
если
Л Л 5Т л л
785. Доказать, что
cin а + ₽ sin а + sin р
sm —j— 2 ,
если
0<а<л, 0<₽<л.
786. Доказать, что
tgl+£<!s«±M,
если
0<a<f, 0<₽<f.
787. Доказать, что если 0<а<р<;-^~, то
a —sin а < Р —sin р.
788. Доказать, что если 0<а<Р<;^-, то
tga—a<tg р —Р.
789. Доказать, что если то имеют место
неравенства
sin х ..
sin х < х < tg х и cos х <Z < I -
790. Доказать, что cos x^ cos2” если
OCxC-y.
35
791- Доказать неравенство
sin 36° • sin 54° < .
4л
792. Доказать, что
sin (cos ф) < cos (sin ф)
при любом значении ф.
793. Доказать, что
sina + tga Q
cos а 4- ctg а
при всех допустимых значениях а,
794. Доказать, что
sina+ sin fr 2
sin a sin £
если
2kn < a< (26 + 1) л, 2wn < 0< (2w + 1) л.
795. Доказать, что имеет место неравенство
sin2 a + sin2 0 sin a sin 0 + sin a4- sin [J — 1.
При каких аир имеет место знак равенства?
796. Доказать, что для тупоугольного треугольника
АВС имеет место неравенство
cos2 А4- cos2 В 4-cos2 С> 1.
797. Доказать, что
cos (п + 1)х <, cos2”+1 х (п—натуральное число),
cos пх
если 0<(л+1)х<4-
798. Доказать, что если tga = «tg0, где л>0, то
799. Доказать, что если а, 0, у—острые углы, то
имеет место неравенство
tg a (ctg 0 4- ctg у) 4- tg 0 (ctg a + ctg y) 4- tg у (ctg a 4- ctg 0) > 6.
86
800. Доказать, что х-у^-^, если
tgx = 3tgj,
801- Доказать, что если А, В и С—углы треугольника
с тупым углом С, то tg^tgB<Cl.
802. Доказать, что имеет место неравенство tgcxtgpy>l,
если а и |3 — углы остроугольного треугольника.
803. Доказать, что если
0<а<-^-, 0<₽<-£-, 0<у<-^-, 0<a + p + Y<y,
то имеет место неравенство
tg«tgP + tg§ tgY + tgYtga< 1.
804. Доказать, что если
0<a<-^, 0<₽<f, 0<у<-у»
tgatg₽ + tg₽ tgY + tg Y*ga< Ь
то имеет место неравенство
0<a + ₽4-Y<-7f •
805. Доказать, что имеет место неравенство
sIn_±_+sin^-2sin-l->0(
где л ^2.
806. Доказать, что
• 2 a e a _ 27
Sin* г cos* т <256-
807. Доказать, что
3 V"3
z = sinx + sinj + sin (х+у) <—5—,
если Osgxsgn и 0s£_ys£ir.
808. Доказать, что имеет место неравенство
._ _ sinat +sin аа+• • •+sin a„ .
® 1<^cosax + cosa2+...+cosa„ °
Л
если 0<а1<а2< ... < ап< -у.
87
809. Пусть
у = a sin2 х + Ь sin х cos х с cos2 х.
Доказать, что имеет место соотношение
а + с ]Л>2 + (с—а)2 а + с , Кь2 + (с—ар
2 2 2 ‘ 2
810. Доказать, что
(sin а 4~ sin £ 4- sin у)2 > 2л sin а sin р sin у,
где а, р, у — углы треугольника.
811. Доказать, что имеет место неравенство
"KtgatgP4-5 + J/tgatgY + 5+ytgPtgy + 5<4 VW,
если a, p, у удовлетворяют условиям
0<a<4» 0 < p < ~, 0<y<v и a + p + Y=4‘
At At A* At
812. Числа a, p, у удовлетворяют условиям
0<a<f, 0<p<4, 0<Y<f. a + ₽ + Y = f-
Доказать, что имеет место неравенство
tg2 a-f-tg2 р 4-tg2 y—tg2 a tg2 p tg2 y > .
813. Доказать, что имеет место неравенство
— 4 sC cos 2х + 3 sin х 2 4- •
о
814. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
у = sin6 х + cos6 х.
815. Найти наименьшее значение выражения
__ cos4 a ( я А
•У sin2acos2a \ 4 )•
816. Найти максимум функции
________________ 3sin2x(l—4sin2x)
COS4 X ’
если 0<|xl<i.
* * о
88
817. Найти наибольшее значение функции
J = Sin2 X Sin I ~о“+х } Sin I -x-Я)
818. Найти наибольшее значение функции
__ (cos3 х—cos М (sin3 х + sin Зх)
У sin2x *
л . n
и T<X<T‘
819. Найти наибольшее значение функции
, х , 60° + х
J = tg -.ctg-g-,
820. Найти наибольшее и наименьшее значения выражения
у = (3 tg2y + 10tgy + 3) cos2-J, где a^= л (2k + 1).
821. Решить систему неравенств
sin х > -g-,
cosx>
X £
822. Доказать, что
arcsin
sin х—cosx
sin х-J-cos x
существует тогда и только тогда, когда л&^х^ + як.
Решить неравенства (823 — 849):
823. lg10 sin х < 0. 828. 2 sin x sin 3x > 1.
824. cos (sin x) > 0. 829. sin x + cos x < ]/2.
825. sin (cos x) < 0. 830. sin 5x > 16 sin5x.
826. sin x -J- a cos x < a; 831. tg3 x4-tg2x>l-f-
а т^О. 4-tgx.
827. tg x (1 4-cos 2x) < 832. tg 2x < sin x + tg x.
< cos 2х tg 2х. 833.2 sin2 3x 4- sin2 6x<2.
89
834. tg2 x 4- ctg2 x > 2.
835. sin^->0.
836. cos3 x cos 3x —
— sin3 x sin 3x>-f-.
О
837. sin x >1^1—sin 2л;.
83S- ®теттг>‘
840. cos x — sin x —
— cos2x>0 (0<х<2л).
841. 4 sin3 f +3 tg | -
— 2,5 sec2 у ^0.
842. cos x > sin2 x— cos2x.
843. sin22x>sin2x4-y-
844. 1 — cos x < tg x — sin x.
845. tgxtg3x< —1.
846. 4 sin x sin 3x < 1.
847. tg8x — ctg3 x<Z 7,875.
848. sin4x—6sin2x4-4
849. tg x + tg 2x 4- tg 3x
V V
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Глава I
ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ. ТЕОРЕМА БЕЗУ
I. Пусть n = 2k+\> тогда n4 + 7 (7 + 2n2) = п4 + 2-7па + 7а =
= (п24-7)2 = [(2& + 1)2 + 7]а = [4& (& + l)-j-8]2. Так как произведение
k(k + \) кратно, двум, то 4£(& + 1) делится на 8, следовательно,
делится на 8 и [4& (& +1) + 8]; поэтому [4£ (& +1) + 8]2 кратно 64.
2. Из трех последовательных натуральных чисел (п—1), п,и
(п + 1) одно делится на 3, но так как по условию задачи п—число
простое, отличное от 2 и 3, то на 3 делится либо (п— 1), либо
(п + 1); ясно также, что (п— 1) и (п +1) являются двумя последова-
тельными четными числами, т. е. одно из них делится на 2, а дру-
гое на 4.
Итак, (п2—1) = (п — 1) (п + 1) делится на 8 и на 3. Следова-
тельно, п2—1 кратно 24.
3. Так как числа а и b взаимно просты с числом 3, то а2 и Ь*
при делении на 3 дадут в остатке единицу, а следовательно,
при делении а2 + &2 на 3 получится остаток 2, т. е. а2 + &2 не де-
лится на 3.
4. Имеем
п (п2 + 5) = п (п2 — 1 +6) —и (n —-1) (п + 1) + 6п.
Так как произведение трех последовательных целых чисел кратно
6, т. е. п (п — 1) (п+ 1) = 6&, где k—целое, то п (п — 1)(п + 1) + 6п =
=6(& + п), т. е. п(па + 5) делится на 6.
5. Имеем
пб—5п8 + 4п = п (п4—5п2 + 4) =
= п (n3 — 1) (п2—4) = (п—2) (n— 1) п (п + 1) (п + 2).
Итак, заданное выражение есть произведение пяти последова-
тельных целых чисел.
Среди пяти последовательных целых чисел имеется хотя бы два
четных числа, одно из которых делится на 4; следовательно, дан-
ное выражение делится на 8. Далее, среди трех последовательных
целых чисел одно кратно 3, поэтому данное выражение делится на 3, и,
наконец, из пяти последовательных целых чисел одно кратно 5.
Поскольку данное выражение делится на 8, 3 и 5, то оно
делится на 120.
91
8. Так как п взаимно простое с 6, то оно нечетное, поэтому
(п—I) и (п 4-1)—два последовательных четных числа и их произ-
ведение делится на 8. Также ясно, что одно из них делится на 3,
поскольку п не делится на 3. Итак, па—1 делится на 3 и на 8,
т. е. оно делится на 24.
7. Имеем
n44-6n34-lln24-6n = n(n34-6n24-lln4-6) =
= м[п2 (п + 1)+5п (п + 1)4-6(п4-1)]=»п (л4-1)(« + 2) (л4-3).
Известно, что среди трех последовательных целых чисел одно
делится на 3 и что произведение двух последовательных четных
чисел кратно 8. Следовательно, произведение четырех последователь*
ных чисел делится на 24.
8. Имеем
62* —1 = 36* —1.
Выражение 36* — 1 делится на 36—1, т. е. делится на 35.
9. Имеем
7*+24-82*+1 = 7*+24-82*+14-7**8—7*-8 =
= 7п (72 + 8) 4- 8 (64* —7*) = 57 - 7* 4- 8 (64*—7«).
Так как 64*—7* делится на 64 — 7 = 57, то и заданное число
кратно 57.
10. Представим данное выражение так:
(121*—64*) (л4— 1).
Так как и не делится на 5, то л = 5& ± 1 или n=5m ± 2.
В обоих этих случаях и4—1 кратно пяти. А так как 121*—64*
кратно 121—64 = 57, то все выражение делится на произведение
57-5 = 285.
11. Имеем
52*+14-2*+44-2*+1 = 5-52*4-2*+1(234-1) =
= 5-5а*4-18.2* = 5-5а*— 5-2* 4-5-2* 4-18-2* =
= 5(52*—2*) + 23-2*.
Так как 52*—2* делится на 23 = 52—2, то и данное выражение
кратно 23.
12. Имеем
2*+М4*4-53*+1 = 2б-2* (34)*4-5 (53)* =
= 26 (2 • З4)* 4- 5 • 125* = 25 -162* 4- 5 -125* =
= 32 (162* — 125*) 4- 37 -125*.
Разность 162* —125* делится на разность 162—125 = 37, сле-
довательно, данное число кратно 37.
13. Имеем
Ззл+2 5 • 23* +1 = З2 (З3)* 4-5-2 (23)* =
= 9-27*4-10-8* —19-8*4-19-8* =
= 9 (27*—8*) 4-19-8*.
92
Разность одинаковых степеней 27"—8" кратна разности 27—
—8 = 19 и член 19*8" тоже кратен 19, значит, и данное выраже-
ние кратно 19.
14. Представим данное выражение в виде
7«+2_|.82п+1 + 7п.8—7Л-8 = (7я+а + 7Л.8) +
4- (82*+1 _7". 8) = 1п (72 + 8) + 8 [(82)" — 1п ] =
= 57-7"+ 8 (64"—7").
Число (64"—7") кратно разности 64 —7 = 57 и член 57*7" тоже
кратен 57, а потому и все рассматриваемое выражение делится на
57 при всяком неотрицательном целом я* Но при и = 0 заданное
выражение равно 72 + 8 = 57, так что искомый наибольший делитель
равен 57.
15. Имеем
+з + 5". 3" +2 = 23 (25)" + За (5 . 3)" =
= 8-32"+9-15" = 8-32"+ 9-15" —17.15"+ 17-15" =
= 8 (32" —15") + 17-15".
При целом неотрицательном п разность 32" —15" кратна раз-
ности 32—15 = 17 и член 17-15" тоже кратен 17, а поэтому и все
данное выражение кратно 17.
16. Имеем
3 (52« +1 + 34« - 5) + 23" (2—23" ~ 6) =
= 3.52" + 1 + 34"“4 + 2’23"— 2б"’б =
= 3-5 (52)" + 2 (23)" + [(З4)" ’1—(26)" ~ Ч =
= 15-25"+ 2-8"+ (81"“1-64"-1) =
= 15.25" —15*8" +15*8"+ 2*8"+ (81"~1—64"~1)=г
= 15 (25"—8")+ 17.8" + (81"64"“Ч.
При натуральном я разность 25"—8" кратна разности 25—8 =
= 17; разность 81"“1—64""1 при я=1 есть нуль, априя>1
кратна разности 81—64 = 17; член 17*8" кратен 17. Итак, рассма-
триваемое число кратно 17.
17. Имеем
32 (« +1). 52П _ ззи+2.22П = 32 (32П. 52» _ 33". 22«) = 9 (225" — 108").
Отсюда следует, что заданное выражение кратно девяти. Но
так как 225" —108" делится на разность 225—108=117, то задан-
ное выражение делится и на произведение 9*117=1053.
18. Имеем
52"+1 + з2.2" + 1 (1 + 18"”1) —13" =
= 52".5 + 32.2".2 + 32.2.18"“х.2" —13"=
= 5-25"+ 18-2"+ 18".2" —13" = 5-25" — 5-2" +
+ 5*2" +18-2"+ (18-2)" —13" =5 (25"— 2") + 23-2" +
+ (36" —13").
Замечая, что разности (25"—2") и (36" —13") делятся на 25 —
—2 = 36 —13 = 23, мы приходим к выводу, что рассматриваемое
число кратно 23.
93
Вернемся к выражению, заданному в условии задачи. Разность
как разность двух нечетных чисел есть число четное;
число 32-2z,+1 (1 + 18лг“х) также кратно 2 при целом положительном
п, а потому все рассматриваемое число тоже кратно 2. Итак, дан-
ное число кратно 2 и 23, а значит, кратно и их произведению, т. е. 46.
19. Имеем
222333 4- ЗЗЗ222 = 1 1 1333 • 2333 +111222.З222 =
= 1 1 1222. [ 111111- (23)11J 4- (З2)111 ] = 111222 (8881114- 91П).
Число (888111+ 9111) есть сумма нечетных степеней. Эта сумма
разлагается на множители, из которых один равен 888 + 9, т. е.
897. Заметим, что 897 делится на 13, поэтому и число 222333 + ЗЗЗ222
также делится на 13.
20. Имеем
3105 + 4105 (33)35 (43)35.
Это выражение делится на сумму З3 + 43 = 27+64 = 91, а 91
делится на 13; следовательно, 310б + 4105 делится на 13.
Аналогично имеем
3105 + 4105 = (35)21 (45)21.
Это выражение делится на сумму Зб + 4б = 243 +1024= 1267 =
= 181 «7, а поэтому 310б + 4106 делится на 181 и на 7.
21. Первое решение. Имеем
4" + 15п—1 =(1+3)" + 15л—1 =
= l + q.3 + C3.32 + ... + C".3«+15n-.l =
= 15л + п.З + С2.32 + ...+С".3Л =
= 18п +C2.32 + ... + C".3w.
Каждое слагаемое последней суммы делится на 9, следовательно,
и вся эта сумма, т. е. выражение 4й + 15л— 1, делится на 9, что и тре-
бовалось доказать.
Второе решение. Проведем доказательство методом мате-
матической индукции *).
1) При л=1 заданное выражение примет вид 4 + 15—1, т. е.
оно равно 18 и делится на 9.
2) Предположим, что заданное ’ число делится на 9 при n = k,
т. е. что
4*+15/г—1 =9р. (1)
Остается доказать, что если имеет место (1), то и
4Л+1 + 15 (£ +1)—1 (2)
делится на 9
Из (1) находим
4*=9р—15/? + 1.
*) Рекомендуем читателю ознакомиться с книжкой: И. С. С о м и н-
с к и й, Метод математической индукции, «Наука», 1965.
94
Подставим это значение 4* в (2).
Имеем
4(9р—15^ + 1) 4-15 (й + 1) — 1=36р—45^ +18 = 9 (4p-5Jfe + 2),
т. е. 4**1 +15 (k +1) — 1 делится на 9, что и требовалось доказать.
22. Первое решение. Имеем
3™ +2.4 + З2и—36 = 4 (З2” +2 + 8п—9).
Следовательно, заданное число кратно четырем, а поэтому остается
доказать, что
32П+2 + 8п—9
делится на 16.
Рассмотрим отдельно случаи, когда п четное и п нечетное.
1) Пусть n~2k— четное число, тогда
32л+2 + 8п—9 = 34*+24-16£ —9 =
= 34*.32—94И6£==9[(3*)*—1)4-166 = 9 (81*—1)4-166.
Разность 81*—1 делится на разность 81 —1=80, а потому и на 16;
следовательно, при п четном число 32"+2+ 8п—9 кратно 16.
2) Пусть п — нечетное число, т. е. n—2k + l, тогда
32«+2 + 8n—9 = 34*+4+!6^ + 8—9 = (34)*+i —14-16й=
= 81*+г —1 + 16Л?.
Но 81*+1 — 1 кратно 81 —1=80, следовательно, 32zl+24-8n—9 и
при п нечетном кратно 16.
Второе решение. 1) При п = 0 данное число равно
ЗМ4-0—36 = 0, что кратно 64.
2) Допустим, что при n = k данное число кратно 64, т. е.
32*+2.4 + 32fc__36==64a.
Докажем, что тогда и при п = 6 4-1 данное число, равное
32*+4-4 4-326 4-32—36, кратно 64.
Действительно,
32^+4.4 4-326 4-32—36=32*+2« 36 4-326 4-32—36 =
= (32*+2 * 4 4- 326 —36) + 32 (З2*+2 4-1). (1)
Имеем 32*+2-4 4-326—36 кратно 64 по предположению,
32 (32*+24-1) тоже кратно 64, так как 32*+24-1—четное число
(как сумма двух нечетных чисел).
Поскольку оба слагаемых правой части (1) кратны 64, то (I)
кратно 64.
Итак, 32п+2-44-32л—36 делится на 64 при любом целом неотри-
цательном и.
23. Первое решение. Данное выражение можно предста-
вить так:
3-4-32в(23)зв-22в — 12-22В4-12-22в + 4в+14-
+ 9.2»« — 9 • 2м + З2 (З3)2” = 12 • 22в (3 • г3)2” —
— 12-22Я+ (12-22В4-4-2м+9.22В)4-9(272в —22в) =
= 12-22В (242в — 12В)4-25-22в-t-9(27»B— 2м).
95
При целом неотрицательном п разность четных степеней
242" — I2" кратна сумме-24+1 =25; разность 272" — 2а" одинако-
вых степеней кратна разности 27 — 2 = 25; член 25-22" делится
на 25. Значит, и все данное выражение кратно 25.
Второе решение. 1) При*я = 0 данное выражение, рав-
ное 3-4 +32 +4 = 25, кратно 25. 2) Предположим, что при п = Л дан-
ное выражение кратно 25, т. е.
32*+1.44*+1 + зб*+2 4*+1 = 25а.
Докажем, что тогда и при я =6+1 данное выражение
кратно 25.
Действительно, при n — данное выражение равно
32*+з. 44*+5 36*+в 4*+232*+1.44*+г. 2304 +
-^36*+2,7294.4*+i.4=:4(32*+i.44*+14.38*+2 4.4*+1)4_
4- 32*+1.44*+1.2300 4- 3«*+2 - 725 = 4 • 25а +
4- 25 (32*+1 • 44*+1 • 92 + 33*+2 - 29),
что кратно 25.
В силу изложенного заключаем, что утверждение задачи
верно.
24. Имеем
32п+2_8п_9==з2 (32)«_8n_9==:9(i+8)«_8п—9.
Далее
(1 + 8)" = 1" + 8я +C*S*+ С383 + » . .+ £”~18"“1 +
+ С”8" = 1+8я + 646,
где k — C2 4- £„84-. . . + С”“18"~3 + £”8"~2—целое положитель-
ное число. Значит,
32«+2_8п_9зе9 (1+8я + 646) — 8я—9 =
= 94-72п 4-9-646—8я—-9 = 64 (96 + я),
т. е. данное выражение кратно 64.
25. 1) Пусть х = 3я 4-1, тогда
1+2*+4х= 1+ 23" + 1 + 43"+х = 1+ 2-8"+ 4-64". (1)
Разложив 8" —(7 + 1)" и 64" = (634-1)” по формуле бинома, най-
дем, что первое число имеет вид 1а +1, а второе 1Ь 4-1, где а и
b—целые числа.
Подставляя эти выражения в (1), найдем, что
1+2* + 4*= 1+2 (7а+1) + 4 (76+1) =
= 1 + 14а + 2 + 286 + 4=14а + 286 + 7
кратно семи.
2) Поскольку числа вида Зя —1 и Зя+ 2 идентичны, можно
вместо Зп —1 рассматривать Зя+ 2.
Поступая так же, как и в случае 1), найдем, что 1+2* +
+ 4* = 28а +1126 + 21 кратно семи.
96
2». Первое р еш ен и е. Имеем
+ 3” +2 + 3” = 22” *32” + 32-3” 4- 3” =
= 3” (4”*3”4-32 + 1) = 3” (12й +10) =
= 3” [(11 +1)" + 10] = 3” (11” + п-11”-1+...4-11и+1 + 10) =
= 3Л (11л + п-11я“1 + . . . + 11л +11),
что, очевидно, кратно 11.
Второе решение. Имеем
62« + Зл+2 + Зл = 3” (12”+ 10) =
= 3” [(12” —1”) +11] = 3” [(12—1) .а+11] = 3”«11 (а+ 1),
что кратно 11.
27. При х = 0 выражение примет вид 7°—4*3° + 3-2° = 0, т. е.
при х = 0 данное выражение кратно 11.
Пусть x = 2fc—четное положительное число. Имеем
7в*_ 4. з4*+3 • 22*=7е*—З4*— (3 • З4*—3 • 22*) =
= [(73)2*—(З2)2*]—3 [(32)2*—92*] = (3432*—92*)—3 (92*—22*).
Разности 3432*—92* и 92*—22* четных степеней кратны соответ-
ственно числам 343 + 9=11*32 и 9 + 2 = 11.
Пусть теперь х—нечетное положительное число. Имеем
73*_4.з2х + з.2*==(7з* + 32*)—З2*—4-32* +
+ (3 • 2* + 3 • З2*)—3 • З2* = [(73)* + (З2/] + 3 [2* + (З2)*] — 8 • З2*.
Числа (73)* + (32)* и 2* + (32)* как суммы нечетных степеней
кратны соответственно 73 + 32 = 1Ь32 и 2 + 32=11, но число
8-32* не кратно 11, а потому и все рассматриваемое число в слу-
чае нечетного х не кратно 11.
Итак, рассматриваемое выражение кратно 11 только при х, рав-
ном четному (включая* 0) числу.
Отв. x = 2k, где fc = 0, 1, 2,. . .
28. Имеем
1 +зз*+1 + 93^+1 = 1 +з. 27* + 9-272*.
При делении 27* на 13 получается остаток 1, следовательно, при
делении 3-27* на 13 получается остаток 3. Аналогично при делении
272* на 13 получается остаток 1, следовательно, 9-272* при деле-
нии на 13 дает остаток 9.
Итак, при делении 1+ 3-27* + 9-272* на 13 получается остаток
1 + 3 + 9 = 13, т. е. 1+3з*+х + 93*+1 делится на 13.
29. Имеем
+ А1Х”"1 +. . .+ Ап_1х+А„ =
= (х—а) (В0х”“1 + В1х”~2 + . . . + Вп_2х + Вд_1) + /?,
или
А0х” + А1х”‘1 + А2х”‘2 + . . .+АП_1Х+Ап =
= В0х” + (В1-В0а)х”'1 + (В2-В1а)х”“2 + . . .
• • * + * + (# — ^И-1а)’
4 И. X. Сивашинский 97
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, най
дем, что
Bq = Xq,
Bj —Xlt
Bg == X2>
&П -1 - 2° — An - 1 ’
/? Вп_га — An,
откуда
Во = Хо,
В1 = В0о+ Хх,
B2 = Bia-|-Х2,
₽ = Вя,т1а + Хл.
80< Имеем
-LW-. = п2х”+1—(Па + 2п—1) х" 4-2хп-14-2х”_а4-. . .4-2х + 1,
_£W =пахп__(2п—Ох"-1—(2п—3)хп“а—(2п—5)х«-»—. . .
(х 1)
. . Зх—1,
(п—1)ах"“а + (п—2)ах"-8+. . .+9ха + 4х+1,
(X I)8
т. е. f(x) делится на (х —I)3.
31. Имеем
А=пхп + 1—пхп —хп +1 ==лх" (х—1)—(х" — 1) =
= (х—1)[пхп—(х"-1 + х"“2 + . . <+х + 1)].
Первый сомножитель х—1 делится на х — 1; второй сомножитель
лх"—(х"“1+х"“24-. . .+х-|~1) также делится на х—1, так как
при х = 1 он обращается в нуль. Следовательно, X делится на
(х-D’.
82. Пусть
f(x, t/) = (x—у) Q (х, у), (I)
где Q (х, (/)—некоторый многочлен.
Равенство (1) есть тождество, т. е. оно имеет место при лю-
бых значениях х и у.
В силу симметричности f (х, у) относительно х и у в равенстве
(1) можно х и у поменять местами. Следовательно,
f(x, у) = (у— x)Q(y, х). (2)
Отсюда следует, что
(X—у) Q (х. у)-(у—х) Q (у, х).
98
Поделив обе части этого равенства на (х — у), получаем
Q (х, у)= — Q (у, х). (3)
При х = у имеем
Q(y> y)=~Q(y> У)> или Q(y, у) = 0.
Это показывает, что многочлен Q (х, у) обращается в нуль при
замене х на у, следовательно, он делится на х—у, т. е.
Q (х, у) — (х—у) Qi(x, у).
В силу последнего равенства и равенства (2) получаем
1(Х, у) = (х—у)2 <?х(х, у),
что и требовалось доказать.
33. Первое решение. При обычном делении многочлена
хб4-ах24-й*4-с на (x-J-l)8 получаем остаток
R — (a—10) х24-(Ь —15) х + (с—6).
Поэтому деление без остатка имеет место только при а = 10,
Ь = 15 и <?=6.
Второе решение. Пусть
(х3 4-Зх2 4-Зх 4- 1) (х2 + рх4- q) = хб + 0»х4 + 0»х3 +ах2 4* Ьх 4-с.
Тогда
^6 + (Р + 3)х4 + ((7 + Зр + 3) х3 + (3<7 + Зр+1)х2 + (3<7 + р)х + <7 =
— хъ 4- 0• х4 + 0• х3 + ах2 4- Ьх 4- с.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х,
получим
р 4- 3 = 0 и q 4* Зр 4-3 = 0,
откуда р =—3, р = 6.
Далее,
а = 3р + 3р+1 =—^4“ 184-1 =
Р = 3р4-р= 18—3= 15,
с=р = 6.
34. Имеем
2^ = [1"4-2',4-Зя4-. • -4-(/«-1)"4-^14-
4-[т"4-(т —!)"4-... 4-з»4-2"4-1”1 = [Iй+ тл]4-[2л 4-(/n —l)"f4-
4-. . . + [kn + (m-6 4-1)44-. • • 4-1'и"4-1'4-
Каждая из сумм [kn + (m—£ 4-1)4 как сумма одинаковых не-
четных степеней делится соответственно на сумму k + (m—£4-1)>
где 6 = 1, 2, . . ., т, но —&4-l) = /n4-l для всех k.
Итак, 2Sm кратно пг-\-1, а следовательно, 2Sm г кратно т.
Далее,
25ш = 2 [1Л4-2л 4-Зл 4-. . .4-(/п — 1)л] + 2тл=25л_14-2тл.
4*
99
Так как, по доказанному, 2Sm_l кратно т, то и (2Sm_1 + 2tnn)
кратно т.
Таким образом, 2Sm кратно двум взаимно простым числам
(m-J-1) и /п, а потому 2Sm кратно их произведению т (т +1), т. е.
2Sw = m(m + l)p,
где р—целое, откуда
Sm = ?i(W2+1)P = (l+2 + 3 + . . . + m)p.
Отсюда следует, что Sm = 1" +2"+ 3" + . . .+ (/« —1)”+/и"
делится на l + 2-j-3+. . .+ (m — l) + /n.
35. Имеем
f(l) = (l —2)2/й + (1—l)w —1 = 1 +0-1=0,
f(2) = (2—2)2W + (2 — l)OT —1=0+1—1=0.
Следовательно, многочлен f(x) делится на (x— 1) и на (х—2), а
потому ft(x) делится и на произведение (х — 1) (х—2).
Теперь найдем частное от деления £ (х) на (х—2):
(ж_2)*« + (х_1)<»_1_ , (х-1)”-1
^—2 (х х) + х_ 2
Известно, что
(х-1)“-1_(х—1)” —1_
х—2 “ (г—1)—1
+ (х—l)m-2 + (x—1)®-8 +
. . , + (х—1)4-1.
Итак, частное от деления f(x) на (х—2) равно
(х—2)2m-x + (x—l)m“‘-|-(x—l)m-2 + (x —l)m-3-b. . , + (х —1) + 1.
Далее, разделив это частное на х—1, получим
(х—2^)2”11±.1 + (х_1)Я>-2 + (Х — 1)т-з + (х_1)т-4 + > . .
... + (х-1) + 1. (1)
Но
(x_2)2<»-i-f-l_(x—2)2“-14-1
х—1 (х—2)4-1
= (х—2)2я,-а—(х—2)2я,-» + (х—2)am-4—. . (х—2)4-1.
Следовательно, частное (1) принимает вид
[(X_2)2“-2— (х—2)2®“34-(х— 2)2Я»-«—. . .—(х—2)4-l]4-
4-[(x-l)'я-24-(x-l)я’-34-(x-l)'я-44-• . .-Ь(х —1)4-1].
86. Имеем
(а4-1)2',+14-ап+2 = (а-|-1)2" + 1 + аи+24-а2<2'’ + 1)—
___а2(2» +1) = [ (а _|_ 1 )2»+1 аыгп +1) ] _ [аа(2п+1> _ ап + 2] _
= [ (а 4-1 )2Л+14- (а2)2” +1 ]—ап +2 [(а3)” — 1 ].
100
Так как 2п-^-1—число нечетное, то выражение [(а+1)2“+1-f-
4-(д,)4“+1] делится на (а+1)+а2=а2 + а+1; число (а8)”—1
делится на аа—1 = (а—1) (а*4-а-|-1), т. е. и на число а24-а-|-1.
Значит, заданное число кратно а2Ч-а-|-1.
37. Имеем
а” (р— с) + Ьп (с— а) + сп (а—Ь)
S~ (а—Ь) (а—с)(Ь—с) ~
d’b—anc-l-bnc—afe"4-с” (я—&)_
= (а—6) (а—с) (Ь—с)
ab (ап~г—Ьп~1)—с (ап—fen)-|-c” (а—Ь)_
~ (а—b)(a—c)(b—c) ~
ab (а” -2+а" ~»д+... +йп ~2)—с (ап ~ 2fe Ч~...Ч-У1 ~ »)Ч-ся
~ (а—с) (Ь—с) “
aB~1fe + an~2&24-.. , + afe"-1—а"-^—а"~26с —, —ад”~2с
" (а—с) (Ь—с)
_ Ьп~1с + сп
(а—с) (Ь—с) ~
а”~1(Ь—с)+ап~аЬ (Ь—с) +. . . + аЬп-*(Ь—с)—с(Ьп-1—сп~1)
(а—с) (Ь—с) =
an~1 + a',~26+- • .+afe”-2—с(Ьи~2+Ь',~Дс + ., ,Ч-ся~2)
~ а—с ~
_айд-2Ч-а2&я~3Ч----Ч-Дв~2ЬЧ-Дя~1—^n~2c—fr”~3c2 —.. .—Ьсп~г
~ а—с
сп~1
——....ss
а—с
_ Ьп~*(д —с) + Ьп~ 8(а2 + + Ь(ап - 2 “ 2) + (fl* -1 -1)
а—с
=дя-24-Ь"“3(а4-е) 4-д"-4(а2 + ас + с2) +. . .
..+д(а*-3 + а"~4с + . . . + сЛ~3) + (аЛ“2 + аЛ“3с + . . .+сЛ“*).
38. Очевидно, что А есть сумма членов геометрической про-
грессии, первый член которой равен 1 и знаменатель х2, а В есть
сумма членов геометрической прогрессии, первый член которой
также равен 1 и знаменатель х.
Имеем
1—
1-Х2 1_Х2 •
1 —х ’
А = 1—(хи+у 1—х"+х _ 14-х"*1
В 1—ха ’ 1—х ~ 14-х
101
Деление выполняется только, когда (и 4-1) — нечетное число, т. е.
при п четном.
Отв. п—любое четное.
89. Пусть f (х) искомый многочлен. Согласно условию задачи
I (х) (х2 — 1) = ахп ^^bxnf (1)
где п — целое неотрицательное, р—целое положительное число и
а, b—постоянные коэффициенты.
Равенство (1) перепишем так:
f(x) (х-\)(х + \)=хп (ахР + Ь).
(2)
Полагая в этом тождестве х—1, а затем х =—1, находим, что
( а .4-0 = 0,
| а(_1)Л> + * = 0.
Если р нечетное, то из системы (2) следует
( а4-Ь = 0,
( Ь~—а = 0,
откуда а = Ь = 0, т. е. f (х) = 0:(х2 — 1) и многочлен f} (х) есть нуль.
Этот результат не дает решения вопроса, так как произведение
0-(х2—1) дает только один член (нуль).
Следовательно, надо положить, что а 0, b 0 и р = 2яг—
четное число. В этом случае (2) дает только одну зависимость
а4-Ь = 0, т. е
а =— Ь.
Поэтому
f(x) (х2— 1) = ах* (х2да-1),
откуда
_ L 1
f (х) = ахп • x-2TZ1- = ахп (х2/й “2+х2/я+ ... + х< + х2 + 1),
или
/ (х) = ах2Ш+я~2 + ах2да+я~4 + +ахп+4 + ахп+2 + ахп,
где а—любое число, отличное от нуля, п—любое целое положи-
тельное число или нуль, т—любое целое положительное число.
40. Обозначим данное число через Я; число, выраженное тремя
последними его цифрами, через N, а число, выраженное всеми
остальными его цифрами, через М.
Таким образом,
А1000 4- Л/.
Число 1000+1 делится и на 7, и на 11, и на 13. Заметив это,
преобразуем полученную сумму так:
А = М • 1001 —(М—7V), если M>N,
A = MAW\--(N—M), если М < N.
102
Поскольку М • 1001 всегда делится на 7, на 11, на 13, то для того,
чтобы число А делилось на 7, или на 11, или на 13, необходимо
и достаточно, чтобы разность М—N или N—М делилась соответ-
ственно на 7, или на 11, или на 13, что и требовалось доказать.
41. Пусть а и b—рассматриваемые числа, d—их общий наи-
больший делитель. Тогда наименьшее кратное т этих чисел равно
ab
а потому
а
l + 4r9=l + 4(aZ>—d)gj=l—4--j + 4 «
= (1 —4т + 4m2) = (2m— I)2.
42. Обозначая наименьшие по абсолютной величине положи-
тельные или отрицательные остатки от деления чисел а и b на 7
соответственно через х и у, имеем
а = 7т+х, Ь = 7п-Ь-у,
где т и и—целые числа.
Следовательно,
а2 4- b2 = (7m 4- х)2 4- (7п 4- у)2 = 7 (7m2 + 7п2 4- 2тх 4- 2пу) 4-х2 4- у2,
откуда видно, что а24-Ь2 делится или не делится на 7, смотря по
тому, делится или не делится на 7 число х2 + у2. Но так как каж-
дое из чисел х2 и у2 может иметь лишь одно из значений! О2,
(± I)2, (±2)2, (± З)2, то х24-{/2 может принимать лишь ограни-
ченное число значений, а именно, х24-{/2 равно одному из чисел:
024-02 = 0, 124-12==2, 224-22 = 8, 324-32 = 18,
02+ 12=1, 024-22 = 4, 024-32 = 9,
124-22 = 5, 124-32 = 10,
22 4-32 = 13.
Из всех этих чисел только первое (нуль) кратно 7, а потому
а24-62 кратно 7 лишь при х = г/ = О, т. е. когда каждое из чисел а
и b делится на 7.
43. Имеем
mn + pq_ P(q + n)
— /I “г* > (1 I
т—р ‘ т—р 4 9
т. е. p(q + n) делится на m—р. Но так как
m?4-np Р(д + п)
т—р т — р ’
то в силу (1) mq-{-np делится на m — р.
44. Данное выражение можно представить так:
(п + \)Р(п — l)2^1.
103
Очевидно, что <л4- 1)^—1 кратно и, т. е.
(п + 1)^—1 = ап,
где а—целое число.
Отсюда
(л + 1)^ = ап+ 1.
Аналогично (п—\)W+l = bn — 1, где b—целое число.
Итак, имеем
(п+ 1)^(п — 1)2^+х = (ап + 1) (Ьп — l) = abn2-^-Ьп—ап — 1.
Отсюда видно, что если к данному выражению прибавить п/?4"1»
где k—любое целое число, то оно будет делиться на п.
Отв. Л& + 1, где k—любое целое.
45. Имеем
7 (6x4-11#)—(х + 7#) = 31х.
Так как 7(6x4-11!/) и 31х делятся на 31, то и х4-7у делится на 31.
46. Первое решение. Наименьшее число, делящееся без
остатка на 2, 3, 4, 5 и 6, есть 60; следовательно, общий вид числа,
дающего при делении на 2, 3, 4, 5 и 6 остаток единицу, есть
60x4-1- С другой стороны, это число имеет вид Ту.
Итак, имеем
60x4-1 = 7#.
Подбором убеждаемся, что х = 5,у = 43, а искомое число есть 301.
Второе решение. Имеем
60x4-1 = 7#,
откуда
4x4-1
где —— = z—целое число.
Следовательно,
z+1
где -4— должно быть целым числом.
4
Очевидно, что при г = 3 справедливо
£±2 = 1, а х = 2-3—1=5.
4
Итак, х = 5.
Искомое число
60x4-1=60-54- 1 = 301.
Отв. 301.
104
47. Пусть цифра десятков х, а цифра единиц у, тогда искомое
число 10х + у.
Согласно условию задачи имеем
10х + у=уу + х,
откуда
* 9~ •
(t/—l)z/ л
Так как х целое, то ——должно быть также целым, а по-
скольку у<Ъ> то у —1<9 и, следовательно, «/ — 9 и х —8.
Отв. 89.
48. Общий вид любого нечетного числа (4n ± 1).
Имеем (4n ± 1)2 = 16n2 ± 8n+1 =8n (2n ± 1) +1. Из правой
части этого равенства видно, что при делении (4n ± I)2 на 8 по-
лучается остаток 1.
49. Если рассматривать (x + #4-z)5—х5—уъ—z6 как целую
рациональную функцию от аргумента х, то, убедившись в том,
что это выражение обращается в нуль при х = —у и при х = — г,
мы приходим к выводу, чго это выражение делится на х—(—у) и
на х—(—z), т. е. оно делится на х + у и на x-J-z.
Если же данное выражение рассматривать как целую рацио-
нальную функцию от аргумента у, то, заметив, что оно обращается
в нуль при у = —z, мы приходим к выводу, что оно делится на
у—(—z), Т. е. на G/ + z).
Итак, выражение (x-f-if + z)6—хб—у&—гъ делится на произве-
дение (х + г/) (x + z) (y + z).
Следовательно, имеем тождество
(x + y + rf—хб—уъ—z5 = (x + y) (x + z) (y + z) М, (1)
где Л4 — выражение, зависящее от х, у и z.
Левая часть равенства (1) есть однородный многочлен пятой
степени, симметричный относительно х, у, г.
Но так как произведение (х + у) (x + z) (y + z) есть однородный
многочлен третьей степени, симметричный относительно х, yt г, то
многочлен М должен быть однородным многочленом второй
степени, симметричным относительно х, у, z, т. е. М должен
иметь вид
Л (x2 + y2 + z2)+ В (xy + xz + yz).
Итак, тождество (1) принимает вид
(х +«/ + г)8—х’—у5—zB = (х +1/) (X+z) (I/ + г) [ А (*2 + + z«) +
+ В(ху+хг + уг)\. (2)
Так как равенство (2) есть тождество, то оно должно иметь место
при любых значениях х, у, z.
Пусть x = |/ = z = l, тогда из (2) имеем 240 = 8 (ЗЛ + ЗВ), откуда
А+В = 10. (3)
103
Теперь пусть x = i/=l и z = 0, тогда из (2) следует, что 30 =
= 2(2Д + В), откуда
24 4-В = 15. (4)
Решая уравнения (3) и (4) совместно, находим А =5 и В = 5.
Подставляя в (2) значения А и В, получаем
(х + У + *)6 “ хб—у5—z5 =
=5 (х + у) (x+z) (y + z)(x2 + y2 + z2 + xy + xz + yz).
50. При а=1 дробь принимает
Пусть
д4 + Зд2+1
а3 4-2а
Имеем
3
значение -=—несократимая.
о
а^1. Если сократима данная дробь, то и дробь
также должна быть сократимой.
fl4 + 3a2 + 1^fl4 + ^fla + a2 + 1^ а2+1
а3 + 2а а3 4- 2а а а3 + 2а *
л а2 4-1
Теперь остается доказать, что несократима и дробь 0- , а еле-
довательно, и
а34-2а__а34-а4-а_ а
e24-l “ а2+1 ~°+a24?f
Наконец, надо доказать, что несократима дробь
л а2+1 ,1
тельно, и дробь —5— = а + — .
и , 1 а2 4-1
Но так как а / 1, то —— несократима,
а3 4- 2а
а* + За2+1 несокРатима-
51. Имеем
а
^2-рр аследова-
значит, и дробь
(т—п) (tn2—tnn-\- п2) (tn3 + 2т2п 4- 2тп2 4- л3) —
— (tn—п) (tn2—tnn-\-n2) (т + п) (т2—тп + п2 + 2тп)=*
— (т—п) (tn + n) (m2 + n2 — tnn) (m2 + n2 + tnn)~
= (tn2—n2) (m44‘«44-m2rt2) =
— (tn2 —n2) [(tn2—n2)2 + 3m2n2]. (1)
Так как числа tn и n не кратны 3, то разность (m2—1)—
— (п2 — 1) = 7и2—п2 кратна трем, следовательно, кратна трем и сумма
(tn2—п2)2 4- 3/и2п2.
Итак, оба сомножителя (1) кратны трем, следовательно, про-
изведение (1) кратно девяти.
52. Если искомое число оканчивается нулем, то оно делится
на 2, а потому сумма его цифр должна быть равна 2, так что само
число равно 20.
106
Пусть теперь обе цифры числа отличны от нуля. Если обозна-
чить цифру десятков через х, а сумму цифр через z, то искомое число
поймет вид Юх + z —х, или 9x-f-z. По условию искомое число де-
** Эх | ~ z Эх
лится на z; следовательно, частное —у—=у +1 должно быть це-
лым числом, а потому Эх должно делиться на z. Каждое из чисел
х и z отлично от нуля и х меньше z, так как цифра единиц (z—х)
искомого числа отлична от нуля. Поэтому если бы х и z имели
общий делитель d, больший единицы, то d было бы не больше х и,
следовательно, меньше z; но тогда искомое число (9x + z) также
делилось бы на число d, большее единицы, но меньшее z, что про-
тиворечит условию. Следовательно, хи z—числа взаимно простые,
а поскольку 9х делится на z, то и 9 делится на z. По условию z
больше единицы, значит, оно равно или 3, или 9. Но если бы z
равнялось 9, то искомое число, делясь на 9, делилось бы и на 3 и z
не было бы наименьшим делителем искомого числа, отличным от
единицы.
Итак, z = 3. Ясно, что имеются лишь два двузначных числа
с обеими значащими цифрами, сумма цифр которых равна 3, а
именно 12 и 21. Но 12 делится на 2, меньшее трех, и только 21
имеет наименьший (отличный от единицы) делитель 3, равный сумме
цифр этого числа.
Итак, числа 20 и 21 дают все решения задачи.
53. Покажем, что одно из чисел А + В или А — В не
кратно р.
Действительно, если бы оба эти числа были кратны р, то каж-
дое из чисел (А + В) + (А— В) = 2А и (А + В)—(А—В) — 2В было
бы кратно р. А так как р по условию взаимно простое с 2, то одно
из чисел А + В и А—В, например А + В, взаимно простое с р, а
потому и с рп. Поскольку произведение (А + В) (А—В) = А2 —Ва
по условию делится на рп и А + В взаимно простое с рп, то А — В
делится на рп. Наоборот, если А — В взаимно простое с р, то А + В
делится на р".
54. Напишем по формуле Ньютона разложение двучлена (т + 1)Л
где т—целое, а р—простое число:
(m + l)/?=m^ + pm/?"1 + ^Y=^ tnp~2-\- ... +рт+ 1.
Известно, что все коэффициенты бинома Ньютона, т. е. числа вида
р(р—1)...(р—6 + 1) п
L — числа целые. Все они, кроме первого и по-
следнего, делятся на р. Действительно, мы уже знаем, что в дроби
р(р—1)...(р—6 + 1)
—------j~~2 з ' !~ числа, стоящие в знаменателе, должны пол-
ностью сократиться с множителями числителя. Но р взаимно про-
сто со всеми числами 1, 2, 3, ..., k. Значит, эти числа должны
полностью сократиться с множителями произведения (р — 1) (р—2)...
...(р—6+1), а множитель р останется нетронутым.
Итак, (т + 1)р==тр+ (число, делящееся на р) + 1 или
(m + 1)^ — (m + l) = (m^—/п) + ар.
107
Это равенство показывает следующее: если при каком-нибудь
значении т двучлен (тр—т) делится на р, то на р разделится и
—(/и+1), т. е. такой же двучлен, но с основанием, на
единицу большим (потому что из делимости на некоторое число
вычитаемого и разности следует делимость на это число и умень-
шаемого). Если т=1, то тр—т~1—1 = 0 наверное делится на р
(нуль делится без остатка на любое число).
Итак, согласно принципу математической индукции тр—т при
любом т и простом р делится на р, что и требовалось доказать.
Замечание. тр—m^mljnP"1— 1). Если т кратно р, то
теорема очевидна. Следовательно, важен и интересен только тот
случай, когда tn не делится на р. Но в таком случае тир вза-
имно просты, потому что только те числа могут иметь общие мно-
жители с простым числом р, которые ему кратны. В случае взаимно
простых тир разность тр~г — 1- должна делиться на р. Так и
была сформулирована теорема самим Ферма:
Если р просто, а т не делится на р, то тр~1— 1 делится нар.
55. Имеем
7юо + 11100 74 [(712)8—1 ] + 1 и [ (1112)8 _! ] 74 +! 1
По «малой» теореме Ферма 712—1 и II12 — 1 делятся на 13.
Следовательно, остаток от деления 71004-11100на 13 равен остатку
от деления 74+114 на 13. Последний же равен 12.
Отв. 12.
56. Число а, будучи взаимно простым с 35, не делится ни на 5,
ни на 7. Поскольку а не кратно 5, то число а4—1=а5-1 — 1 де-
лится, согласно «малой» теореме Ферма, на 5, а потому и все рас-
сматриваемое число кратно 5. Представляя рассматриваемое число
в виде
(а2 +1) [(а2— 1) (а4 + а24-1 +14а2]
= 14а2 (а4^-1) + (а2 + 1)(а2—1)(а4 + а2+1).
Выражение 14а2 (а4 —1) кратно 7.
Докажем, что (а2 — 1) (а44-а2 +1) также кратно 7. Имеем
(а2__1)(а4 + а2+1) = ав__1==а7-1_1г
где а не кратно 7; следовательно, по «малой» теореме Ферма а6—1
кратно 7.
Итак, рассматриваемое число кратно 7.
Так как заданное число делится на 5 и на 7, то оно делит-
ся на 35.
57. Искомое простое число не может равняться 5. Действи-
тельно, 5аа+1, где а—любое целое число, при делении на 5 дает
остаток 1, а потому при а = 5 число 5а24*1 не делится на 5, а
следовательно, не делится и на а2. Итак, искомое число а взаимно
простое с числом 5.
Представим 5а2+1 в виде
5с2+1=5а2~5 + 6 = 5(5с2“1—1) + 6 = 5[(5а“1)а + 1—1а+Ч + 6. (1)
108
Число (5а-1)а+1 — Р+1 кратно 5®“’ — 1,. которое по «малой»
теореме Ферма кратно а (так как по доказанному выше 5 есть
число взаимно простое с а). Но по условию 5а2+1 кратно а2» а
потому кратно а. Значит, кратно а и число 6 (см. (1)).
Отсюда приходим к выводу, что а как простое число должно
быть равно либо 2, либо 3. Но 52*+ 1=626 не делится на 22 = 4,
a 532-f_ 1 = 1953126 делится на 32 = 9.
Итак, искомое простое число а равно 3.
Отв, 3.
Глава II
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В АЛГЕБРЕ
58. Так как а4-&4-с = 0, то а + Ь —— с и (а4-^)3 = — с3, или
a3 + & + 3ab (а-]»#) = — с3, откуда
а3 + Ь3 + с3 = — ЗаЬ (а + Ь) = ЗаЪс.
59. Имеем
(а3 + 63 + с3) (а2 + Ь2 + с2) = а3 + Ь3 + с3 + а2Ь2 (а + Ь) + а2с2 (а + с) +
+ Ь2с2 (Ь + с) — а5 + Ьъ + с5 —abc (аЬ 4- ас 4- Ьс),
В задаче 58 мы установили, что если а-\-Ь-^-с —0, то а3-|-63 +
-\-c3 — 3abc.
Учитывая, что
(а + & + с)2 = а2 + &2-1-с24-2 (ab + ac-f-M и а + & + с = 0,
получаем
. , , . а2 + Ь2+с2
аЬ + ас 4- Ьс =--.
Итак,
(<?+&* + с2) (а2 + 62 + с2) = а8 + Z>8 + с8 + ,
о Z
откуда
а3 + 65 4- с5 ___ а3 4- Ь3 + с3 а2 4- Ь2 4- с2
5 ~ 3 2
60. Доказывается аналогично предыдущей задаче.
61. Умножив обе части равенства на 2, перенесем его правую
часть влево. После простых преобразований получаем
2 (а2 4- Ь2 4- с2—ab—ас— Ьс) — а2 —2аЬ + Ь2 4- а2 —
—2ас + с2 + Ь2 — 26с 4- с2 = (а—6)24-(а—с)2 + (Ь—с)2 —0.
Так как а, 6, с вещественны, то это возможно только тогда,
когда а = 6 = с.
109
62. Имеем
Э/~ . 3/Г 3/-
у а + к = — V с.
Возведя обе части этого равенства в куб, получаем
а + Зу^ а^ + Зу^ а62 + д=—с,
откуда __ __ _ __ ____________
а4-Ь + с=—3 I/а + \/d) = 3y/<ab у/Лс"=Зу//abc,
или
(а+&+с)» = (з У abc)9=27abc.
63. Первое решение. Имеем
у (х2—уг) (1—хг) = х (1—yz) (y2—xz).
. Произведем последовательно тождественные преобразования:
уХ2 — y2Z — ух32 4- Xy2Z2 = ху2 + X2Z2y — X2Z — Xy3Z,
(ух2—ху2)—(х2г2у—xy2z2) — (yx3z—xy3z) + (x2z—y2z) = 0,
xy (x—y)—xyz2 (x—y)—xyz (x+y) (X—y) + Z (x4-y) (x—y) = 0.
Так как x — у 0, то
ху—xyz2—xyz (x+y) 4- z (x+y) = 0,
или
xyz (x 4- у 4- z) = xy 4- xz 4- yz.
Разделив обе части этого равенства на произведение xyzt
получим
x4-t/ + z —----------
X у Z
Второе решение. Перепишем данную пропорцию в виде
х2—уг у2—хг , t
х—xyz у—xyz' ' '
Так как х 0 и у 0, то, умножив числитель и знаменатель
левой части равенства (1) на у, а числитель и знаменатель пра-
вой части (1) на х, получим
х2у—у2г _ ху2—х2г .
ху—ху2з ху—х2уз ’ ' '
Составим производную пропорцию так! разность предыдущих
членов в пропорции (1) относится к разности последующих членов
этой пропорции как разность предыдущих членов в пропорции (2)
относится к разности последующих членов этой пропорции:
х2 —Уг4-г (х—у)_ ху (х—у)4-г (х2—у2)
х—у xyz(x—y) ’
. . xy + xz+yz
* + У + г = ,
' J xyz
x + y + z — — + ~ + v -
‘ y ‘ xyz
110
64. Имеем
(а-|-&+с)а = а24-&2 + с24-2 (ab + ac + bc).
Но так как по условию данной задачи « + ^ + ^=1 и а2 + Ь2 +
4-с2 = 1> то
ab + ac + bc = 0. (1)
Далее положим
2L =-^=£=2-.
а b с k ’
тогда a — kx, b—ky и c=fcz. *
Подставив эти значения в (1), получим
k2xy + k 2xz+k2yz = 0.
Поскольку k2 0, то
xy + xz+yz^O.
65. Имеем
т. е.
— 4-9 (W.Xz yzX
а2 » $2~г с2**~ \ab"'~ac'bcj '
откуда
х*,У*,г*< „ хус + xzb+yza
a»+b» + ^i-1—^
а t С Л
Из равенства =0 следует, что
Из (1) и (2) имеем
xyc + xzb + yza = (h
(2)
что и требовалось доказать.
66. Поделив последовательно обе части равенства
* +_*_+* о
Ь—с с—а а—b
на (Ь—с), (с—а) и (а—Ь), получим три равенства!
“ I_______~_____।__________
(Р—с)*‘(с—а) (Ь—с) ' (а—Ь) (Ь—с)
(Ь—с) (с—а)^~(с—а)* + (а-*-Ь) (с—а)
(Ь—с) (а—Ь) + (с—а) (а—Ь) (а—Ь)а
Ш
Сложив эти равенства, получим
(*—с)2 + (с—в)2 + (а—*)2 + Ь~с (с^а + a^b) +
+_1_ (_L+_L> +-L- (J-+-L-
с—а \Ь—с 1 a—bj a—b \Ь—с с—а
Отсюда
... ° А... Iе- -.. °____+_____ь____+
(с—а)*^ (а—Ь)* (с—а) (a—by(b—c) (а—Ьу
______с _»а (Ь—с)-]~Ь (с—а)-^с (а—Ь) _
~*(Ь—с)(с—а) (с—а) (а—Ь) (Ь—с) ~
ab—ac-\-bc—ab-\-ac—bc_~
“ (с—а) (а—Ь) (Ь—с) 1
что и требовалось доказать.
67. Имеем
(1,1,1 \ 1 = (*+У) (* + *) (у+ 2) = 0
Yx^y^zj х + у-\-2 xyz(x + y + z) ' ’ VJ
откуда
(* + */) (x + z) (y + z) = G.
(2)
Аналогично, преобразуя доказываемое равенство, получаем
(хп + уп) (хп + zn)(y”+z”) = 0. (3)
Таким образом, достаточно доказать, что при п нечетном из равен-
ства (2) следует равенство (3).
Действительно, пусть у + z = 0, тогда г ——у, поэтому
уп-\-2п — уп—уп = Ъ. Следовательно, неравенство (3) имеет место,
а потому и доказываемое равенство также справедливо.
68. Та* как р # 0, q Ф 0, то можно написать
а1^1 । а2^2 । . ап^п _ ]
РЯ PQ PQ
Складывая первые два из этих равенств и вычитая удвоен-
ное третье, находим
+f«5_*»V=0
kP Ч) \Р Ч} \Р ч)
Принимая во внимание вещественность всех величин, заключаем,
что
^—.^1=0 -2—-^2 = 0 — — -п== 0
Р Я ' Р Я ' р Я
откуда вытекает утверждение задачи.
112
(Ь-ср + (с-а^ + (а-
69. Легко убедиться, что
_L+_L+J_^ р1_+_ь_+_£_\
Ь—с с—а а—Ь) \Ъ—с с—а а—Ь)
для этого достаточно показать, что сумма
1 ( i с \ । 1 ( а I с I 1 ( а I &
с \с-ага—bJ с—а \Ь—с 'а—bJ а—Ь \Ь—с'с—аJ
равна нулю.
Действительно, если привести члены этого выражения к об-
щему знаменателю, получим
b (а—Ь) + с (с—а) 4~а (а—Ь) + с (Ь—с)^а(с—а) + Ь (Ь—с)
(Ь—с) (с—а) (а—Ь)
Раскрыв в числителе скобки, легко убедиться, что числитель
равен нулю.
Итак, B = CAt где
С=-1—+ ———
Ь—с с—а а—Ь
Равенство В = СА показывает, что если 4 = 0, то и В = 0.
Для того чтобы доказать обратное, т. е. что из В = 0 сле-
дует 4== 0, необходимо доказать, что С 0.
Легко представить С в таком виде:
(Ь-с)* + (с-а)* + (а-Ь)*
2 (Ь—с) (с—а) (а—Ь) '
а так как а, Ь и с различны, то С Ф 0. Следователи^ обратное
утверждение также верно.
70. Имеем
m 1 rt
(а—Ь)2 ‘ (а + с)* '
(Ь+с)г~ (а—Ь)г = М' (1)
1 4. т — V
(в+с)а + (/>+с)»-ЛС’ ;
причем по предположению X 0. Умножая равенства (1) соот-
ветственно на Z, т и —п и складывая их почленно, получим
0 —X (al + bm—сп).
Но так как X 0, то должно быть
ИЗ
Умножив теперь равенства (1) соответственно на
1 1 1
(*+с)2 ’ (а+с)2 и (а—Ь)*
и сложив полученные произведения, получим
П_1 Г в____5_____с 1
L(* + <02 (а+с)2 (л-Ь)2]’
откуда
а __ b с
(6 + с)2“(а + с)а + (а—ЪУ ’
71. Имеем
Л= (х2 + 2+^) + (х* + 2 +1) + .
... +(*ая+2 + ^-[(х2В4-х2'’-2+...+^ + х2) +
+ (i+i+--« +i)l =2 + 2+2+. ..+2=2».
у Л Л Л J I
Отв. 2п.
72. Имеем
-Н)НН)(Ч)-
х(ЧЖ)4444-
n—Зп —1 п-—2 п и —1п+1_1 л + 1_я + 1
“*п-2п—2п— In—1 п п ~ 2 п ““ 2п
л п 4" 1
Отв. -4—.
2п
73. Поскольку 4= 1^*4+ ]^4, то
л _ _К2+_Кз+_/Г
/2+ /3+ /4+ К4+ /6+ /8
________К2~+ Кн- V7_______
(/2+ /3+ КТ)+ ]<2 (/2+ V3+ V4 )
_ /2+Кз+КТ _ 2 К? 1
(К2+КЗ+/4)(1 + /2) /2 + 1
Отв. К2—1.
114
74. Имеем
, , 62 + с2 —а2 _Ь*+с*—а2 + 2&с_(*+с)2—а»
+ 2bc +* 2bc ~ 2Ьс
~(Ь-С)2
у (Ь + с)*—а*'
а*-(Ь-с)* ЛЬ + сУ-а* _ 4Ьо
J/’r (&4-с)2—а2~'~(Ь + с)г—а2“(6-Ьс)8—а2'
Итак,
U+1) («+1) - t^ + ^-«8l _ 2
(*-Н)(У+1)- 2&с ((6+с)г_а2]-2-
Оте. 2. ______
75. Заметим, что — -—+ и явля-
ются корнями квадратного уравнения х2 + рх + <7 = 0. Обозначим
их через хх и х2.
Имеем
Л = (1+х2)(1+х|) = 1+(х2+х2) + (х1х2)2 =
= 1 + (*1 + *2)2—2л: А + (ха)2 ==
= 1+( —р)2—2? + <?2 = р2 + (1—<?)2.
Отв, р2 + (1—?)2.
76. На основании свойства ряда равных отношений имеем
д __ (gj + + ♦ ♦ • + Д«) + Oh + Дг + • * ♦ + Дл) *
(ai + а2 + • • • + ап) + (а1 + а2 + • • • + ап) У
Так как по условию ai+a2+ • • - +ап 0, то, сократив последнюю
дробь на ai + a2+ • • • +ап> получим
77. Имеем
У= К(х + 2)2+ /(X-1)2+ /(х-3)2 = |х + 2| + |х-11 + 1 х- 3|.
Случай 1. Если х<—2, то х-|-2«^0, х—1 < 0 и х—3 < О,
следовательно, на основании определения модуля числа
{/ = (-х-2) + (-х + 1) + (-х + 3) = -Зх + 2.
Случай 2. Если —2«Сх^1, то х + 2^0, х—1«СО и
х—3 < 0, следовательно,
1/ = (х + 2) + (~х+1) + (-х + 3)=-х + 6.
115
Случай 3. Если 1«Сх^З, тох + 2>0, х—1^0, х—3^0,
следовательно,
у = (х + 2) + (х-1) + (-х + 3) = х+4.
Случай 4. Если х^З, то х + 2>0, х—1>0, х~3^0,
следовательно,
у = (х + 2) + (х-1) + (х—3) = 3х—2.
Отв. —Зх + 2 при х*С—2,
—х + 6 при —2^х^1,
х + 4 при 1^х^3,
Зх—2 при х^З.
78. Пусть х = а. Тогда исследуемое произведение равно
2W-1
2а2аг2а*... 2а2” "1 = 2йа1 +2+42 + •.. +2" "1 = 2па 2 “1 = 2па2" “ Ч
Пусть теперь х а. Умножая и деля исследуемое произведе-
ние на х—а и применяя последовательно формулу для разности
квадратов двух чисел, получим
х—а)(х + а)(х2 + а2)(х4 + а4).. ,(х2” 1 + а2”~1)_
х—а ““
_(х2 —а2) (х2 + а2) (х4—а4).. .(х2”"1
—’ х—а
_(х4—а4) (х4 + а4)... (х2” ~1 + а2"”х) _
“ х—а
(х8—а8).>>(х2”~1 + а2”^1) х2” — а2”
~ х—а х—а
9п 9п
nn 9«“i х2 — а2
Отв. 2па2 при х = а, —— при х / а.
79. Умножим и разделим данное выражение на х24-пх + а2
и воспользуемся тождеством
(х2—ах + а2) (хг4-ах + а2) = х4 + а2х24-а4.
Применяя его последовательно, получим
х2 +а2 х2 +а2
х2 + ах + а2
80. Имеем
Д — 4^4 __ а4 4а2^г 4^4 — 4а2д2 =
= (а2 + 2Ь2)2 — 4а2Ь2 = (а2 + 2ab + 2b2)(a2 —2ab + 2Ь2).
116
81. Имеем
A = a6n —азп + а2п + ап +1 =
= азп (а8п — 1) 4- (а2п + ап 4-1) =
= з2” (ап — l)(a2n + an + l) + (a»" + aB + l) =
= (а2п + ап +1) (азп—а2п 4-1).
82. Имеем
А = (х« + 8х+15) (х2 4-8х-Ь 7) 4-15=
= (х2+8х)2 + 22 (х* + 8х) +120 =
= (х2 + 8х+11)2 —1=(х24-8х+Ю)(х2+8х+12) =
= (х* + 8х+10) (х+2) (х + 6).
83. Имеем
А=(у/b2— а2) у/a2b2 + (ySа4 — yfb4) у/с2 +
+ (г/<Ь2 — у/а2) у/с4 —
=(^-У^)[(^+^^-/^2-^1=
= (^а + УГ) (Уа-УТ) (Уа + t/c) (^а-^с) х
х(Ус+1/Т)(У7-Уь).
84. Имеем
ау3—ху3—ах3 + х3у + а3 (х—у) =
=ху (х2—у2)—а (Xs—У3) + а3 (х—у) =
= (х—У) [*2 (У~а) + ху (у—а)—а (у3—а2)] =
==(х—у) (у—а) (х3 + ху—ау—а2) =
= (х—у) (х—а) (у—а)(а + х+у).
85. Первое решение. Должно быть
xs + 4x2 + 6x+4=A(x+l)s4-B(x+l)24-C(x+1)4-0,
или
х8 4- 4х2 + 6х + 4 =
= Дх3 + (ЗД4-В)х3 + (ЗЛ + 2В + С)х + (Д + В + С + Г).
Следовательно,
Д=1, ЗД + В=4, ЗД + 2В + С = 6
и
Д-|”В4“С”|'’^==4,
пт
откуда получаем
4 = £ = C = D«1,
а значит,
х3 + 4х2 + 6х + 4 = (х + 1 )з + (х + рг + (Х +!) +1.
Второе решение. Имеем
х3 + 4х2 + 6х + 4 = (х3 + Зх2 + Зх+1) +
+ (*«4-Зх + 3) = (*+1)» + (х«+2х + 1) + (х + 2) =
~(х+1)3 + (*+ 1)а + (х + 1)4-1.
86. Обозначим \/ через р, а I/ ~—77= через qt
V А—УВ V А+УВ
тогда
^-зх-2 -^=4==(р+д)з ~3 {р+q) -2 ==
= p» + ^ + 3p<7 (p + q)—3(p + q)—2 -
Ио
P3 + <?8=2S’ а Рд~{'
Следовательно,
г=2^±|+3(р + <7)-3(р+<7)-2^±|=0.
Оте, 0.
87. Имеем '
2Q 2р
У (а + Ь\ч-Р —
х ~\a—bj ’ * \a~bj
— fa + b\4-P (а + Ь\ч-Р
x₽+x’=(^) +(^J =
(а + Ь\ч=Р Г. (а + Ь\7=Р2(а2 + Ь2)
~\^b) L+v*-VJ («-6)a ‘
Отсюда следует, что
2P
1 a2 — b22(a2+b2) fa + bU-P^
Л^2а2 + Ь2 (a — b)2 \a — b)
2P P + P
_fa+ b\ + fa + b\q~P
~\a — b)\a-—b) ~\a—b)
118
88. Прежде всего замечаем, что
}/2+К5 384-17 /5 = >/(24- У5 )3 £/—384-17 /5 =
= 1/384-17 /5 £/-384-17 /5 = £/(17 /5)а-382 = 1.
Итак, _____ ______________
V24- /5 £/-384-17 /5=1.
Следовательно,
1—/пх -| f 1 4-пх
1 + /пх У 1 —мх'
(1)
D 1 — тх 1 ,/•—----г—
Вычислим т—-- при х =— V (2m—n)nt
I4-тх тп 4 '
1 —тх __ n — У(£т — п) п __ Уп2— У(2т—п) п __ ]/*/Г— У2 т —п
1+тх пц_ yr(2m—п)п }G?+ У (2т — n)п Kn~+ У2т—п
Далее вычислим
/1 + пх
1—пх
при
том же значении х:
/1 + пх
1 —пх
т+У (2т—п) п
т— У(2т—п) п
2т—n-j-2K(2т—п) n-f-n
2т—п—2 У* (2т —п) п + п
так как п > 2т—п.
Таким образом,
У^2т—п+ К п
2т—п — У п
У Л-У2т—п
~~ V п — У 2 т —п 9
Д — — К2т —п У п + У 2т — п____
У п + У2т — п У п — У 2т —п
Отв. 1.
89. Имеем
(ат + ап)3 = (а?+а^)3,
или
азт + азп + 3ат+п (ат + ап)^а3? + а™ + За^+^ (аР + аР).
Но так как =сР-}-аУ и азт-^азп = а3^-^а3^, то а/л+п=а^+^г
откуда
m+n = p + q,
т. е.
т—Д = л. (1)
119
Так как согласно условию
ат—a?=aq—ап,
то
аР(ат~Р—1)=а"(^“« — 1). (2)
Возможны только два случая:
1) т—р — 0; тогда на основании (1) q—п = 0 и равенство (2)
приводится к виду 0 = 0. В этом случае т~р и n = q, а следова-
тельно, mn — pq.
2) m—р^О, тогда q—*n 0 (так как m—p = q—n). Равен-
ство (2) приводится к виду а^=а", а поэтому р~п. Но тогда
из (1) следует равенство q — m и, значит,
тп = pq. -
90. Первое решение. Вычтем почленно второе из задан-
ных в условии равенств из первого, получим ~
л3—Ь3 + р (а —Ъ) = 0.
Так как а Ь, то, поделив обе части этого равенства на (а—-6),
получим
а2 + ab + Ь2 4- р = 0.
Таким же образом, вычитая почленно третье равенство из
первого, получаем
а2 + ас-(-с24-р = 0.
И, наконец, вычитая почленно одно из другого последние два
равенства, имеем
а(Ь—с) + Ь2—с2 = 0,
или, сокращая на Ь—с, не равное 0, получаем
а4-&4-с = 0.
Второе решение. Из заданных трех равенств усматриваем,
что многочлен х3-{-рх4-р обращается в нуль при х = а, при х — Ь
и при х=с. Следовательно, этот многочлен делится на произведе-
ние (х—а) (х—Ь) (х—с).
Итак, имеем тождество
х3 + рх-{-р = (х — а) (х — Ь) (х—с),
так как коэффициент при х3 равен единице.
Значит А
х3 + рх + <7 = х3—(а + Ь + с) x* + (bc + ac + ab) x—abc.
Приравнивая коэффициенты при х2, х и свободные члены, получаем
соответственно
a + & + c = 0, ab + ac + bc = p и abc——q.
120
Третье решение. Из данных трех равенств следует, что
a, bt с—корни уравнения
х34-0х2 + рх + <7 = 0 (т. е. х±^=а, x2 = b, х3=>с),
следовательно, Xi + x2 + x3 = 0 или а + Ь + с = 0.
91. Пусть а—общий корень заданных уравнений, тогда
а» + ра + ?==0 (1)
и
a* + Pi« + <h=0. (2)
Вычитая из (1) равенство (2), получим
(Р — Pi) а = 41— Я-
Если р=Р1, то и <71 = ?, и тогда обе части доказываемого
равенства равны нулю, т. е. утверждение задачи верно.
Если же р =£ pi, то
В силу (1) имеем
т. е. ...
(<?—71)’ + р(Р—Pi)2 (<?—?i)—?(Р—Р1)’ = 0.
откуда
(7—<?1)’ = (Р—Pi)s(p<?i—Pi<?).
92. Первое решение. Пусть корни уравнения jq и х9
По теореме Виета имеем
»1 + х2=— (1)
«1*»=^ • (2)
а по условию
Г-=7- <3>
х2 q
Из (3) получаем производную пропорцию
(4)
х2 q
В силу (1) и (4) имеем
р + ? п
* х2 — ——,
q т
121
откуда
или
п q
X 2 =------7 ,
т Р + q
хг . »2 да
‘ т2 (p + qf
(5)
Разделив (2) на (3), получим
у2_ Д £.
2 tn р
Из (5) и (6) следует
na д2 __ п д
т2(р+д)^т р 9
т. е.
п (р + д)\
т р q2 *
Отсюда
(6)
В правой части последнего равенства выбираем знак минус»
т. е. берем 8 = ег— — 1, 82=1 (или г — 1, е2=- — 1).
Итак,
j/A +е j/А+81 у£=о.
Второе решение. Имеем
(/^/F)4+^=:-Ht+2=
_х1+х1,9 (Xj + xj.)2—2ХЛ
=--------------f-2=--------------------Г^ =
х&ъ хгх2
(Х1 + х2)2 2 21_(*1+*а)а
Х!Х2 Х,Х2
По формулам Виета имеем
, п п
*1 + Х2 ХЛ = -.
122
Таким образом,
т
откуда
где s = 8i= — е2 = 1.
Итак,
Глава III
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
93. Уравнение If (*)Р = [ф (х)Р равносильно уравнению
If (*)]*—1<Р(х)1а = 0. или
If (х)—Ф WHf (*) + ф (х)1 =0. (1)
Но уравнение (1) удовлетворяется тогда и только тогда, когда
[ (х) = ф (х) или / (х) = —ф (х), что и требовалось доказать.
94. Дискриминант первого уравнения D = p2—q, а дискрими-
нант второго Dx = p2—qv Пусть для определенности будут мни-
мыми корни первого уравнения, т. е. D < 0.
Имеем
D 4- = р2 4- р2 —(? + ^).
Так как по условию q + qi~2ppi, то
D + Dj.=р2 + р* — 2рр, = (р — pi)2 Sa 0.
Таким образом, сумма дискриминантов неотрицательна. Следова-
тельно, хотя бы один из них неотрицателен. Поскольку D < 0,
то Di > 0, т. е. уравнение х2 4-2рхх 4-<71 = 0 имеет вещественные
корни.
95. Очевидно, что х=р = 0 является решением.
Требуется доказать, что для того, чтобы других действитель-
ных решений не было, необходимо, чтобы d2—to <0.
123
Решим данное уравнение ox2 + bxy4-q/2 = 0 относительно х:
—Ь± Vb2—4ac
Х =------Та----- У-
Отсюда видно, что
1) при t/ = 0 имеем х = 0;
2) при у = уо (где у0—действительное, отличное от нуля число)
х не может принимать действительных значений в том и только
в том случае, когда 62 —4ас<0.
Таким образом, при Ь2 —4ас < 0 уравнение имеет единственное
решение х —t/ —0.
98. Пусть уравнение имеет вид Р (х) = 0. Поделим левую часть
уравнения на произведение
[(х—а) —b КТ] [(х—a) +bV^c ] = (х—а)2—Ь2с.
Обозначим частное через Q (х), а остаток через Лх + В, где
А и В —рациональные числа.
Итак, имеем
Р (х)= Q (х) [(х—а)2—62с] + Лх + В. (1)
Поскольку х = а + &К с есть корень многочлена Р (х), то, подста-
вив в (1) вместо х число а + бКс, получим
0=Q (a + bVT)-0+A (a + bV~) + B,
или
Аа+В +AbV"c=0. (2)
Так как левая часть последнего равенства есть сумма рацио-
нального числа Аа + В и иррационального числа AbV с, то
равенство (2) возможно только при
Abjf с =0 и Аа + В = 0.
По условию 6/0 и с / 0, поэтому Л = В = 0.
Далее, положив в равенстве (1) х = а—ьУ с, получим
р(а_&КТ) = 0,
т. е. х=а—бКс является корнем уравнения Р (х) = 0, что и
требовалось доказать.
97. Пусть целое число а является корнем уравнения
айхп +а1хп~1+... +а„_гх + ап=0,
где а0, а1» •••» an-i> ап—целые числа.
Тогда имеем
воа" + "1 +... + а„_ +ап—О,
124
или
а (авав-1+«1а'’"2+ • • •+«„_!) = —а„,
откуда
аоап-1 + а1ап-«4-...+а„_1 = —
Так как левая часть последнего равенства—целое число, то правая
часть тоже должна быть целым числом, т. е. целое число а
является делителем ап, что и требовалось доказать.
98. Предположим, что корнем данного уравнения является
. а
рациональная несократимая дробь у-; тогда имеем
а2 а
^г+Ру+^о,
откуда
а2
— + ap + bq = 0,
или
а2 . , . .
_=_(ар4-&9).
_ а а*
Так как -у несократимая, то -у тоже является несократимой
дробью. Правая же часть—целое.
Итак, получилось, что несократимая дробь равна целому числу,
что невозможно.
Следовательно, наше предположение, что уравнение х*+рх +
+ ^ = 0 имеет дробный рациональный корень, отпадает, и так
как по условию это уравнение имеет рациональные корни, то они
могут быть только целыми.
99. Согласно условию задачи
а = 2р + 1, Ь — 2я4-1, c=2q+l.
Дискриминант квадратного уравнения
D = (2n +1)*-4(2р+1)(2?+1) = 8 [-(,t2+l)-
— 2р<7—р—? —1]+5. (1)
Выражение в квадратных скобках есть целое число, так как про-
изведение п(п + 1) кратно двум. Очевидно, что D—нечетное число,
как сумма четного и нечетного чисел.
Если предположить, что корни данного квадратного уравнения
рациональны, то необходимо, чтобы его дискриминант был полным
квадратом.
125
Выше мы установили, что дискриминант (1) есть нечетное
число, следовательно, он может быть квадратом только нечетного
числа.
Из (1) усматриваем, что при делении дискриминанта на 8
получается остаток 5.
Докажем, что при делении квадрата нечетного числа на 8
всегда получается остаток 1, а не 5. Этим самым мы докажем, что
наше предположение о том, что корни рациональны, отпадает.
Действительно, мы знаем, что любое нечетное число можно
представить в виде 4т £ 1. Найдем квадрат этого числа
(4т ± 1)2 = 16m2 ± 8т +1 = 8(2т2 ± т)+1.
Итак, утверждение задачи верно.
100. Имеем
<Wn + агха _ 1 + ... + ап_ гх + а„ =
= а0(х—х1)(х—х2)(х—хя)...(х—хп_1)(х—хп) =
= аохп —att(xl+xi+...+xn)xn~l +
Ч-а0(*Л + *Л+ +хп_1хп)хп~2—
—аа (xlx^c9+x1xtxt+ ... + х„_гх„_1х„) х”-8 + ...
• ••+( —1)ва0*1*Л ••• *п-
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получим
требуемые формулы.
101. Пусть третий корень данного уравнения у.
Согласно формулам Виета
а + р + у = 0;
отсюда
у = Ч« + Р). (1)
Но так как по условию
ар + а + р = 0,
то
¥ = —(« + ₽) = «?•
По формулам Виета также
а₽4-ау + ру = р, (2)
сфу=— q. (3)
Воспользуемся теперь условием аР + а4-Р = 0 и равенствами
(1), (2), (3). Исключив из этих четырех равенств a, Р и у, получим
(Р—<7)а + <7 = 0.
Отв. Третий корень у=а(3, а зависимость между р и q такова!
(Р — ?)2 = — <7-
126
102. Перепишем данное уравнение так:
4х* + 50х2 + 20хз 74 _
(5 + 2х)2 49
или
/ 2х2 \2 / 2х2 \ 74
V5 + 2xJ + 49
Решая это уравнение относительно
2х2
5-|-2х ’
получаем
2х2 37 2х2 _2
5 -|- 2х 7 5 -j- 2х 7
Наконец, решая эти квадратные уравнения, находим
± i/"122?—37 , 5
*1,а — 14 • Х3 — 1 • ** — у •
103. Так как
х5 +1 =(х+ 1) (х4—х34-х2—х + 1),
то данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений!
х + 1=0, откуда хх = —1, (1)
и
^_хз_|_х2__х+1 =01 (2)
Разделив все члены уравнения (2) на х2 и сгруппировав члены,
равноотстоящие от конца и начала, получим
+-^+1=о.
V х2 J \ ‘ х /
Пусть x + ~-=z, тогда x2 + ^ = z2—2иуравнение(З) принимает вид
z2—z —1=0.
Корни этого уравнения
1 ±/5
2
21,2 —
Итак, имеем
ж+1=1±п,
г х 2 ’
127
откуда
„ _1 + /“5 ±х/10-2КУ r 1 —КУ±<-/10+2/“5
*М“---------------------- , *4,5---------------------- .
' , 1 + КУ ± i V10—2 КУ
Отв. хх= —1, х2,3 =---------4--------— , *4,5 =
1 — КУ ± i /10 + 2 КУ
=® 4
104. Преобразуем левую часть уравнения так:
X4—8Х _р 63=х4 + 16х2 + 64 — 16х2 —8х— 1 =
= (х2 + 8)а—(16х2 + 8х +1) = (х2 + 8)2—(4х +1)2 =
= (х2+4х + 9) (х2—4г + 7).
Имеем
(х2 + 4х + 9) (х2—4х + 7) = 0.
Отв. хР2 = —2 ± i V 5 и х3,< = 2 ± / V 3.
105. Имеем
16х4 — х4 + 4х8 4- 6х2 + 4х +1,
т. е.
16х4 = (х+1)4.
Л 4 Г — 1 ± 2/
Отв. x^l, х2=—-у, *з,4 =-----Ё---•
106. Перепишем уравнение так:
8х4 + 8х3 + 2х2—2х2—х —190 = 0,
или
2х2 (4х2 + 4х +1)—х (2х +1) —190 = 0,
или
2[х (2х+1)]2 — [х (2х+1)] —190 = 0.
Итак, имеем квадратное уравнение относительно х (2x4-1).
Отв. Xi = 2, х2 = —2,5, х3,4 = —,
107. Умножив обе части данного уравнения на 16, получим •
16 (8х 4- 7)2 (4х 4- 3) (х 4-1) == 72,
или
(8х 4- 7)2 (8х 4- 6) (8х 4- 8) 72,
или
(8х 4- 7)2 (Ях 4- 7 4-1) (8х 4- 7 -1) = 72.
128
Обозначив 8х-{-7 через у, получим
У* (i/2 —1) = 72,
откуда
Уъ2 — i 3, 1/3,4= ± 2/ У 2.
Итак, имеем четыре уравнения
8*4-7= ±3 и 8x-f-7= ±2/ V 2?
Л , „ 1 5 — 7 ± 2« КТ
Отв. *1= —у, х2= — j , х3,4 =--------—'---.
l 108. Первое решение. Имеем
х4—2х2а + а2—6х2 + 4х + 2а — 0,
или
а2—2 (х2— 1) а—6х2 + 4х 4-х4 = 0.
Решая это уравнение относительно а, получаем
a1>2=*2—1 ± Ух*—2х2+1+6х2—4х—х4 =
= х2— 1 ± К4х2—4х+1=х2 —1 ±К(2х —1)2 =
= х2 —1 ± (2х—1).
Итак, имеем два квадратных уравнения относительно х:
х24-2х—2—а = 0 и х2— 2х—а —0.
Из первого уравнения находим
Xi,2= —1 i /«4-3,
а из второго
*з>4=1 i /"а 4-1.
Очевидно, что если а^—*1, то все четыре корня действитель-
ные, если же а<—3, то все четыре корня мнимые, а если —
«Са<— 1, то первые два корня действительные, а два последних
мнимые.
Второе решение. Имеем
(х2—а)2—4х2—2х2-}-4х + 2а = 0,
или
(х2—2х—а) (х2 + 2х—а)—2 (х2—2х—- а) = 0,
или
(х2—2х—а) (х2+ 2х—а—2) = 0.
$ И. X. Сивашинский 129
Это уравнение равносильно двум уравнениям:
х2—2х—а = 0 и х2 + 2х—а—2 = 0.
Дальше как в первом решении. _____
Отв, х1>2= —1 ±Г« + 3, х3,4 = 1 ± /а+1.
109. Прибавив к обеим частям уравнения по 2х » по-
лучим
*Ч~2х + (^)2==8 + 2Х Cdrr) ’
у Л ** 1 J \ л 4 I J ^®= л ]
ИЛИ
ИЛИ
Обозначив j—f через у, получаем
I/2 —2г/—8 = 0,
откуда
t/i = 4, уг = — 2.
Далее,
Из первого уравнения находим х^^2» а из второго х8,4 = — 1 ±1^3.
Отв. х1>2 = 2, х3,4 = —1 ±У"3.
110. Имеем
[(*4-1) (х + 4)][(х + 2) (х + 3)] = 1,
ИЛИ
(х2+ 5х + 4) (х2 + 5х + 6) = 1.
Обозначим х2 + 5х + 5 через у, получим
(У-1) (у + 1)-ь
или
^-2,
откуда __
у^УИ и j/2= — К2.
Таким образом, имеем два квадратных уравнения:
x^ + 5x+5=V"2 и хг+ 5х + 5= — У"2.
л —5 ±/5±4/~2
Отв. Xi, 2,8,4==----2-------•
130
111. После подстановки х—5 = у и раскрытия скобок получим
У9 + 3i/5 + 3^4+4^3 + зу2 + Зу +1 = о.
Итак, имеем возвратное уравнение. Представим его в виде
(»8 + ^)+з(уа + у,)+з(у + |)+4=0. (1)
Далее, делаем подстановку // + —= г, отсюда
У
0a+i=*2-2.
£7
J'3+i=2’-3z-
У
Таким образом, уравнение (1) принимает вид
2з + з22_2 = 0.
Очевидно, один из корней этого уравнения zx= — 1. Остается
решить уравнение
22 + 2z—2 = 0,
откуда
г2,3=-1 ± /з?
Значит,
у4-1-=-1, у+1-— 1+КТ, у+±-------------1-Кз:
Из этих трех уравнений получаем 6 значений для yi
~1±//Т _-1 + /Т± « J/12
Уъ 2 «®--2----- * #3 >4 —-----2 ’
-1-/”3± J/12
У».« =------§-------*
Но так как х = // + 5, то легко найти корни заданного уравнения.
п Э±/ГЗ 9+Гз-±//12
Отв. х1>2 =--=-----------------g--, х5(в =
_ 9— У~з ± */12
"° 2 *
5»
131
„ 7
Отв. х^ —,
113. Имеем
или
или
112. При х = 0 левая часть уравнения превращается в нуль.
Следовательно, х 0. Разделим числители и знаменатели каждого
из дробных членов левой части уравнения на х
____________+___________3 = 1.
7_______________7
4^—8 + у 4х~10 + ~-
Пусть
4*+у = «/- (1)
Тогда имеем:
_4_+_3_ = 1,
jz-e^y-io *’
откуда ф
1,1 = 16, ^ = 9. (2)
Из (1) и (2) легко найти корни заданного уравнения.
1 9 ± i V~3i
%2 — 2 > ^3»4 — &
(x-f-1) = х^243х, .
(х+1)« = (3х)\
М+Ц® ,
Известно, что корень пятой степени из единицы имеет лишь одно
действительное значение, равное единице, поэтому
£±2-1
Зх
Л 1
Отв. х=~.
114. Должно быть
Зх—5^0, 2x^0, 3—/*2x^0,
или
5 9
xSa-y, х5»0, .
5 9
Из этих неравенств следует, что
О Z
Очевидно, что в этом соотношении должны быть отброшены
знаки равенства.
Итак,
132
Решая, как обычно, данное уравнение находим
х± = 2, х2 — 98.
Учитывая (1), заключаем, что лишь х = 2 может быть решением
уравнения. Проверкой убеждаемся, что х = 2 удовлетворяет исход-
ному уравнению.
Отв. 2.
115. Обозначив У' х через у, получим
^+l-2t/(3(/2-2) = 0. (1)
Преобразуем последовательно левую часть уравнения (1)1
у2—2у +1—+ 4 у + 2у = О,
(«/-1)2-(у-1)(6^ + б£/) = 0,
(Г/—1) (£Z—1—б!/® —6i/) = 0,
(»-1)б(»+у) (у + |)=0.
Отсюда
1 1 1
У1 — Ь У 2---д'» Уз — —2” •
Но так как по условию V x = y^Q, то у может быть равен толь-
ко 1, а следовательно, х = ^2=1.
Отв. х=1.
116. Первое решение. Обозначим +1 через у, тогда
имеем х = у2 — 1 и
(t/2-l)2-4(z/2-l)t/ + 8(r/2-l)-8«/ + 8 = 0,
или
У4 —4у3 + 6у2—4(/+ 1 =0,
т. е.
(</~1)4 = 0,
откуда
У = 1.
Итак, х = 0 есть единственный корень данного уравнения.
Второе решение. Имеем
х*—4х/Т+Т+4 (х+1) + 4х—8/7+1+4 = 0, •
(х—2/T+i)«+4 (х—2 /7+1) + 4 = 0,
(х-2/Т+Т + 2Р = 0,
(х +1 — 2 /х+Т +1)4=0,
(/7+Т-1)<=0,
133
откуда ____
Ух+l-!.
Отв. х=0.
117, Преобразуем данное уравнение к такому виду:
Пусть
/Г—|=1/. (1)
Имеем
Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим
7
2«/4 + 3^~^- = 0. (2)
Решаем уравнение (2):
»=±4 (з)
/ 7
I z/2 = отбрасываем, так как в этом случае корни будут
мнимые .
Из (1) и (3) следует:
о v~x—4=4’ ^=з’
2) У~х—^=— у, к*" = 2, х2=4.
Отв. лг = 9, х2 = 4.
118. Обозначим через и, а 1—2х через и.
Имеем систему уравнений
и + v = 2,
аб + о6 = 2.
Поделив второе уравнение системы на первое и перенеся в
левую часть, получим
u4—u3p+«2p2—«р3 + о4—р/16==0. (1)
134
Уравнение (1) равносильно следующим уравнениям:
(и + о)4—5и3р 5а2и2 — бао3 — р/Тб = О,
(и+04—5uv (и2 + о2 + uv)—I/16 = 0,
(а + &)4^-5«р(а + 02 + 5«М—р/16 = 0.
. 5 /Т*
Так как u-f-v=y 2, то последнее уравнение принимает вид
(р/7)4-5йУ р/7 + — У 16=0,
или _
^6uv У 4 +5иМ=0, !
т. е.
uv{uv^*y/~4} = 09 (2)
откуда « = 0, а следовательно,
х1== —0,5;
р=0 п9 значит, х2=0,б.
Из (2) также получаем
uv= у/ 4. (3)
Решая (3) совместно с уравнением u + v=i/ 2, убеждаемся,
что эта система имеет только мнимые корни. Согласно условию
задачи мы их отбрасываем.
Отв. #! = —0,5; х2 = 0,5.
119. Запишем ряд уравнений, равносильных данному в
УСЛОВИИ!
^(i+i)4r;
5/ГТ- * + 3 64 5/—
«
(1+?С=64, (^)’=64«, (^)‘ = 32«, 3-±-Х=±32.
х~
Итак, имеем два уравнения:
3±f = 32 и Н^=-32.
X X
3 1
Отв. = Х2==~“ТТ*
135
120. Если х^1, то |х—1 | = 1— х, |х—2| = 2—х и данное
уравнение приводится к такому:
1— х + 2—х = 1.
Из него находим х=1.
Если 1<х^2, то |х— 1| = х— 1 и |х—2| = 2—х. Левая
часть данного уравнения равна 1 при всяком х из рассматрива-
емого промежутка, а так как правая часть уравнения тоже равна
1, то при всяком х, удовлетворяющем соотношениям 1<х^2,
уравнение удовлетворяется.
Наконец, если х>2, то |х—1 | = х—1, |х—2|=х—2 и дан-
ное уравнение приводится к уравнению х—1+х—2 = 1, которое
не имеет решений х > 2.
Итак, уравнение удовлетворяется, если 1^х^2.
Отв. Любое значение х из сегмента [1, 2].
121. Введя обозначения
р/ 8—х = а и у/ 27 + х = Ь,
получим
a2 — ab + b* = 7t а8 = 8—х, Ь8 = 27+х.
Сложив последние два равенства, получим
* а3 + &з = 35.
Итак, имеем систему
/ а*—а& + &2 = 7,
} а3 + &з = 35,
или равносильную ей систему
J а2—ab+& = 7,
( « + &=5.
Из этой системы имеем ах = 2 и аа = 3. Так как 8—х = а8, то имеем
два уравнения:
8—х==8 и 8—х=27.
Отв. хх = 0, х2=—19.
122. Представим данное уравнение так:
х2—6х + 9 + х—4 /”х’ + 4=0,
или _
(х—3)2 + (/ х — 2)2=0.
Так как (х—3)* и (У~х—2)2—неотрицательные выражения, то их
сумма равна нулю только тогда, когда каждое из них равно нулю,
т, е.
(х—3)2=0 н (/Т— 2)2=0.
136
Но (х—3)2 = 0 только при я = 3, а (У~ х—2)2 = 0 только при
х = 4, так что невозможно одновременное выполнение равенств
(х-3)2=0 и (К7—2)2 = 0
и заданное уравнение не имеет действительных корней.
Отв. Нет действительных корней.
123. Очевидно, что а следовательно, у/(х—I)8 0.
Поэтому можно разделить обе части уравнения на у/(я— 1)а ; полу»
чим уравнение
IW-'-KS’
равносильное данному.
Преобразуем его:
Введя обозначение
получим
I/2—1={/, или уа—у—1=0.
Отсюда
т. е.
V7+I ± Кб*
V х—1~ 2
или
х+1_ /1 ± /ту
х— 1 \ 2 У ’
Составляем производную пропорцию
0±/ту .
(х+1) + (х-1) к 2 / ~|~1
(x-f-i)—(х—1) (i±/Ty t ’
откуда
137
124. Первое решение. Введем такую подстановку
а . Имеем
(У+ /V)4-ба ((/-}- j/”a)2 + 8a У~а (#+Ка)—За2=0,
или
0/44-4i/8 V а + ба#2 + 4ау V а 4-а2) + (—баг/2—6а2—12а УГ~аг/) +
+ (8а /7 у + 8а2)—За2=0,
или __
|/4 + 4у3 К а =0,
или
t/3(y+4 КТ)=0,
откуда
Jfi=tfa = »8=0. </4= — 4 Y а.
Поэтому
х1=ха = х3 = У~~а , , — —3 У~а.
Второе решение. Пусть У~а = Ь, тогда
х4— б^ + З^х—3Z>4 = 0. (1)
Левая часть уравнения (1) представляет собой однородный много-
член, сумма коэффициентов которого равна нулю. Следовательно,
один из корней этого многочлена равен Ь.
Итак, имеем
х4 —£2*2 — 5£2Х2 + 563Х + 3^3Х —364 0>
X2 (Х2_62)_562Х (Х — Ь) 4-З&3 (Х —6) = 0,
(х— Ъ) (х3 + &х2—5&2х + 363)=0,
(х—Ь}2 (х2 + 26х—362) = 0,
откуда
(х-Ь)2 = 0 (1)
и
(х2+2Ьх—3fc2) = 0. (2)
Из (1) следует х1>2 = 6, а из (2) находим х3 = ^= х4~—Зд =
==—З/а. __ __
Отв. х1 = х2=х3= К а , х4~ —3 К а .
125. Преобразуем данное уравнение к такому виду:
<2с —SV*’"/’— 2 ^хР^) = 0.
Это уравнение равносильно совокупности следующих двух
уравнений: ___
2₽^х/,+^==0, откуда хх = 0, (1)
и
2c_2p«/^7_®p^/^z?=o. (2)
138
Обозначим 2Ру//<xq‘~p через у, тогда уравнение (2) примет вид
2с—у—- = 0,
У
откуда
Pi,2=^ ± Ус2—L
Таким образом,
± УТЛЛ?
откуда
ч-рГ ~—
х2)8= У (с± Kc2-l)w.
о-р/------7TZZ-----
Отв. Xi = 0, х2)3= У (с±Ус2— 1)W.
3 /““
126. Обозначим у х через у. Имеем
2р4—4^34-р2 + р—6 = 0,
или
2р4-4^4-^2—2^4-Зр-6=0,
или
2р3 (У-2) + у (у-2) + 3 (у-2) = 0,
или
(r/-2)(2i/3 + £/ + 3) = 0. (1)
Так как в многочлене 2у3 + у + 3 сумма коэффициентов при не-
четных степенях у равна сумме коэффициентов при четных степе-
нях, то этот многочлен имеет корень, равный —1. Следовательно,
уравнение (1) принимает вид
(у-2)(у+1)(2у^2у + 3) = 0. (2)
Так как корни уравнения 2у2~2у4-3 = 0 мнимые, то из (2) нахо-
дим только два действительных корня:
Pi = 2, £/2=—1.
Так как х = у3, то хх = 8, х2= —1.
Отв. хх = 8, х2 = — 1.
127. Рассмотрим отдельно уравнение при q^Q и при р=0.
Пусть q / 0, тогда и х 0.
Поделив обе части уравнения на х2, получим
(*+4—р) +(*+‘х+р)=L
Пусть х4-у = р, тогда имеем
(р-р)2 + (р + р)2 = 1,
139
откуда
2p2 + 2p* = l
и
Итак, имеем уравнение
«+|-± /EES,
или _____
ж2 ± X ~|/ *~2р +<? = о.
откуда:
*1,2, 3,4 — 2
Если же 0=0, то данное уравнение принимает вид
(х2—рх)2 + (х2 + рх)2 — х2,
или
2х4 + 2р2х2—х2 = 0,
или
х2 (2х2 + 2р2—1)-0,
откуда
а) х2 = 0, х1>2==0; _____
б) 2х*+2р2—1=0, x2=^yL4, x3j4=± j/
Отв. Если q ф 0, то
±1/цр±|/1Е^
*1, 2, 8, 4 — 2 »
если ?=0, то
. _0 х _+ 1/1-2Р2
*1, 2 — U> *3, 4 ~ ± у -g’
128. Имеем
(х4+2ах3 + а2х2)—(х8—а2х) + (х2—2ах + а2) = 0,
[Ж (ж+«)]2—(х— а) [х (х+а)1 + (х—а)«=0.
Подстановкой убеждаемся, что х а, т. е. х—а / 0.
Разделив обе части уравнения (1) на (х—а)2, получаем
Гх(х+а)1а Гх(х+а)~| , ,
L ж—а J L ж—а J "г = ’
Пусть
ж(ж + о)7 ...
х—а
(1)
140
тогда
{/’—!/+1=0,
откуда
у 2
а следовательно,
х(х4-а) 1 ± / КТ
х—а 2
а—а ± Ка24-а2 —баа 1 ± i КТ
Отв. х =----------, где а = -„ 2 —.
129. Представим данное уравнение так:
[(х—2)2 +10 (х -2) + 5] Кх=2 « 5 (х—2)2 +10 (х-*2)+1.
Обозначим
или
или
К*—2 через у, тогда будем иметь
(К + Юг/2 4-5) у=5у* 4-10^4-1,
^-5^+Ю^-10^2 + 5(/-1==0,
(г/—D5=0,
откуда у = \, т. е. Кх—3=0.
Отв. х=3.
130. Представим данное уравнение так:
х2—6x4-94-1,—4 КТ4-4 = 0,
или
(х-3)» + (К7-2)»=0.
Так как __
(х—3)а>0 и (V у — 2)2>0,
то
(х-3)« + (К у- 2)»=о
только тогда, когда
(х—3)»=0 и (К7—2)»=о,
откуда
х = 3 и у = 4.
Отв. х=3, у=4.
131. Введя обозначения 8—х=а4 и 894~х=М, получим
систему
J а +ь =5- (1)
j а* + Ь*=97. 1 '
Имеем
а4 4- = (а2 4- 62)2—2а2&2 = ((а + 6)2—2аЬ]2—2а262.
141
Подставив вместо а+& и а4 + &4 их численные значения (см.
стему (1)), получим
97 = (25—2аЬ)2—2а262,
или
2aW—100ab + 528 = 0,
или
М2—50^ + 264 = 0.
Решая последнее уравнение относительно ab> получаем
а/? = 6 и afc=44.
Итак, имеем две системы:
( а+&х=5,
| аЬ=6
и
( и+b = 5,
[ ab = 44.
Из системы (2) имеем
а^= 2, - 3 и 6^2=== 3, /?2==2.
Система (3) не имеет действительных решений.
Поскольку 8—х = а4, то хх=*—8, х2 = — 73.
Отв. *!=—8, х2=—73.
132. Имеем
/х2 2х а \2_х3 х2
1,8а “г 3 2 J “За + 4 ’
откуда
х4 4х2 а2 х3 х2 । 2ах_п
64а2 4 6а 8 + ПГ“°’
или
/х2_______________________2х__а_У
\8а ~S ~2J
Следовательно,
x2 2x a __n
8a 3 2 “U<
Решая это уравнение, получаем
с 2a
X! = 6a, x2=—у.
Оба корня удовлетворяют исходному уравнению.
Л z. 2a
Отв. Xi — oa, х2= —у.
си-
(2)
(3)
142
188. Введем обозначение
х = у V 3 .
(О
Имеем
803 V 3 +2у К3 — 5 /3 =0,
или
3^4-20-5=0,
308 — 302 + 30а—30 + 50 — 5 = 0,
302(у—1) + 30 (0-1)+5(0-1) = О,
(0-1)(30» + 30+5)=О,
откуда
. — 3 ± i /51
У1 — 1 > Уз, з-: g---• (2)
Из (1) и (2) легко найти корни заданного уравнения.
Отв. Kj.— /3, х2
— /3+1 /17
— 2
184. Искомое уравнение должно иметь вид
ах84-&х4+с = 0,
т. е. должно быть квадратным относительно t/=x4.
Итак, уравнение ау2-\-Ьу +с=0 имеет корень
у1=(У5— /Т)4 = (8—2 /15)2= 124—32 /15.
Так как по условию at b, с рациональны, то
0s=124 + 32 /15.
На основании теоремы Виета имеем
у2—248^+16 = 0.
Следовательно, искомое уравнение
х8—248х4+16==0.
185. Действительно, величина Зха4~5х+1 при всяком х больше,
чем Зх2 + 5х—8. Поэтому
/Зха+5х+1 > /Зх2+5х—8.
Значит, левая часть данного уравнения при всяком х отрицательна
и, следовательно, не может равняться единице, т. е. уравнение не
имеет решений.
Отв, Нет решений.
143
136. Корни уравнения
x1>2=/n ± т*—m24-1 ==m ± 1.
По условию имеем
( —2</n-j-l<4, J —3 < tn < 3,
J —2</и—1<4, т’ е* | — 1 < т< 5,
откуда — 1 < т < 3.
Отв. Корни заданного уравнения заключены между —2 и 4,
если —1<т<3.
137. Имеем
12 Ух _g_24 V / 4 2 Ку—1 4^0,
3 ' \У У—1 2 '
ИЛИ
12 ( _ -L. _2 4-2 ( 2 4- 1__2 = 0
12\/Г^2+ 3 2Л2\/^Л+ 2 2 у °’
или
12(3_^2).
3 Ух—2 2 У у- 1
Очевидно, что левая часть уравнения может быть равна нулю только
тогда, когда
3—К*^2 = 0 и 2—У 7-—1=0.
Отв. х==11, у = 5.
138. Обозначим катеты и гипотенузу треугольника соответственно
через а, Ь, с.
По условию имеем
а + Ь+с=-^-. (1)
По теореме Пифагора
а2 4-62 = са. (2)
Исключив из уравнений (1) и (2) с, получим
Так как а и b по условию должны быть целыми, то 8 должно
делится на b—4, т. е. b—4 может быть равно 1, 2, 4 или 8, так
что
— 5, £>2 — б, Ь3— 8, —12.
Соответственно находим
Oi=12, а2 = 3, g3 —6, а4-5
и
^ = 13, с2=10, с3—10, с4=13.
Отв. 12, 5, 13; 8, 6, 10; 6, 8, 10; 5, 12, 13.
144
139. Перепишем данное уравнение так:
х [ 15х2 + 2—4ху (х2у—х +1)] = 1.
Замечаем, что искомое число х является делителем 1. Следователь-
но, если уравнение имеет решения, то х=± 1.
Подставляя в данное уравнение х = 1, получаем i/2 = 4, откуда
#1,2 = ± 2.
Далее, подставляя в данное уравнение х= — 1, получим
2#(# + 2) = —9.
Последнее уравнение неразрешимо в целых числах, так как левая
часть четна, а правая нечетна.
Итак, уравнение имеет два решения.
Отв. Xj—1, t/i=2; х2=1, #2 = — 2.
140. Искомые числам п, п + 1, п + 2, п + 3, п + 4. По условию
задачи
1 , 11 д. 1 . 1 -145
п + л-Н + п + 2 п + 3 п + 4 ’ *
Наибольшее из обратных чисел .
Ясно, что наибольшее из нескольких слагаемых чисел больше
их среднего арифметического. В этой задаче
1 I45 _ 29
п > 100-5” 100 *
откуда
Так как п—целое положительное, то из (1) следует, что п = 1,
2 или 3.
Проверкой легко установить, что в условиях данной задачи п
может быть равно только 2, а следовательно, искомые числа 2, 3,
4, 5, 6.
Отв. 2, 3, 4, 5, 6.
141. Имеем
(х*-2х) + (^-1/) = 0,
или
х(^1_2) + у(уУ-^\)^. (1)
Если х > 2, то х—1 > 0 и х—1 > 1, а потому x*“l > 2*’1 > 21,
т. е. х*“х>2; следовательно, при х>2 имеет место неравенство
2)>0. (2)
Если у > 1, то у—\ > 0, а потому уУ~1 > т. е. уУ"1 > 1;
значит, при у > 1 имеет место неравенство
(3)
145
Складывая неравенства (2) и (3), заключаем, что при х>2 и
у > 1 левая часть уравнения (1) положительна и поэтому отлична
от нуля.
Итак, при существовании целых положительных решений дан-
ного уравнения х должно равняться 1 или 2, а# = 1. Подстановкой
убеждаемся, что
х = 2,
является единственным решением (в целых положительных числах)
данного уравнения.
Отв. х=2, V —1-
142- Очевидно, что
х=1, у=±1 и х = 3, //=±3.
Докажем, что данное уравнение не имеет решений, кроме най-
денных.
Действительно,
“+21=3- I m
li-j-2i+314-41 =33. f
Так как 51, 6!, ... оканчиваются нулем и учитывая (1), заклю-
чаем, что все суммы, кроме 1!4-2! + 31, оканчиваются цифрой 3.
Поэтому они не могут быть квадратами, что и требовалось доказать.
Отв. 1, 1; 1, — 1; 3, 3; 3, —3.
143. Правая часть данного уравнения при г^О является не-
четным числом, оканчивающимся цифрой 9. Но левая часть урав-
нения при х^2 и у ^2 есть четное число. Следовательно, ника-
кими парами целых чисел, большими или равными 2, уравнение
удовлетворено быть не может. Остается рассмотреть случай, когда
х=1 или //=1.
Пусть х = 1, тогда левая часть уравнения при у, равном
соответственно 1, 2, 3, 4, выразится соответственно числами 2, 3,
7, 25, а при у ^5 представляет целое число, оканчивающееся
единицей; следовательно, число х! + у\ не оканчивается цифрой 9
и, значит, данное уравнение не имеет решений в целых числах.
144. Представим данное уравнение в виде
10х«+21«/'—30z»=—=2.— .
У У
Если у четное, то правая часть уравнения нечетна, а левая часть
четна. Дели же у—нечетное число, то правая часть уравнения —
четное число, а левая нечетна. Но так как четное число не может
быть равно нечетному числу, то данное уравнение не имеет реше-
ний в целых числах.
145. При х целом и положительном имеем
l+2+3+...+x=^li±ll,
р 22 + За +... + х2 = * 1) (2х +1) .
146
Итак, имеем
Гх (x-h 1)12 2x4-1
[ 2 J 3
Поскольку
Гх (х4-1)1 2
—- —число
2х 4-1 л
т0 --5— должно быть точным
о
целое и притом полный квадрат,
квадратом некоторого нечетного
числа (так как само 2x4-1—число нечетное).
Пусть
Hi±l = (2n+l)a,
О
откуда
а следовательно,
я = 6па4-6я4-1,
у2 = (бп2 4- 6л +1 )2 (Зп2 4- Зп 4-1 )2 (2п 4-1 )а,
откуда
у == ± (6п2 4-6п +1) (Зп2 4- Зп 4-1) (2п 4-1),
где п—любое целое число.
146. Очевидно, что х должен быть кратным пяти. Полагая
x = 5z, получаем
5?з—4==9у. (1)
Левая часть этого уравнения должна быть кратна девяти, и так
как число z может быть представлено в одном из трех видов:
3/, 3/4-1, 3f —1,
то подстановкой этих выражений в уравнение (1) убеждаемся, что
число, кратное девяти, дает только тот случай, когда г может
быть представлено в виде 3/—1. В этом случае
52з__л
х = 15/—5, = Zs=15/3—15/24-5/ —1.
При любом целом t получаем соответственно целые решения
данного уравнения.
147. Имеем
10х 4- у ~ х2 4- 2ху 4-1/2,
или
х2—2 (5 — у) X—у 4- у2 = О,
откуда
х~5-у ± V25-9у. (1)
Так как число х должно быть целым, то необходимо, чтобы
разность 25—9у была полным квадратом; эта разность может быть
полным квадратом только при у^О и у=\.
147
Пусть y = Q, тогда из (1) следует
хх = 10, х2 = 0.
Пусть теперь 0 = 1, тогда из (1) следует
х3=8, х4=0.
Итак, данное уравнение имеет четыре решения.
Отв. %! = 10, £/1==0; х3=0, 02=О;
*з = 8, Уз=1> *4 = 0, 04 = Ь
148. Решая данное уравнение относительно у, имеем
1CU+1
У~ х—10 ’
ИЛИ
откуда следует, что (х—10) есть делитель простого числа 101.
Таким образом, должно быть
х—10= ±1 и х—-10= i 101. (2)
Из (1) и (2) получаем четыре решения.
Отв. хх=11, th — 111; х2=9, 03 = —91;
х3=111, #3=11; х4 = —91, у4=9.
149. Из второго уравнения системы имеем
x = 0 + z —3. (1)
Подставляя значение х в первое уравнение системы, получаем
02—30—32+4 = 0.
Из этого уравнения находим
3z—4 3(z—3) + 5
У=7=з=" х-з -♦
или
к
га
Для того чтобы у и z, будучи целыми числами, удовлетворяли
уравнению (2), необходимо и достаточно, чтобы разность z—3 рав-
нялась делителям пяти, т. е. z—3 должно принимать вначе'ния
± 1 и ±5, откуда
zx = 4, z2 = — 2, z3 = 8, z4 = 2.
148
Подставляя эти значения 2 в равенство (2), получим
1/1 = 8, у2=2, у3 = 4, у< = — 2.
Подставляя соответственные значения у и г в (1), получим
= 9, х2 = —3, х3=9, х4 = —3.
Оте. 9, 8, 4; —3, 2, —2; 9, 4, 8; ^-3, —2, 2.
150. Из второго уравнения видно, что у—1» | х 4“1 | 0.
Поэтому 1у—Ц = у—1 и система запишется так:
J |х+1|+0-1=5,
( |x4-l| = 4i/—4.
Исключая |х-|-11, получим
4t/—4 + i/—1 = 5.
Отсюда у = 2.
Подставив значение у —2 в первое уравнение, найдем
|* + П = 4.
Если х4-1 >0, то получим уравнение х4-1=4 и из него най-
дем х = 3.
Если х-|-1<0, то получим уравнение —х —1=4 и из него
найдем- х= — 5.
Отв. хх = 3, «/1 = 2; х2 = —5, у2 — 2.
151. Имеем
х2 + у У^ху 420 _ 3
У2 + хУ~ху 280 2
или
К *(х У"х+у К у) „ з
Ку (у Ку+* К*) 2 ’
отсюда
Из системы уравнений х= у , у2 + х j/"xi/ = 280 получаем ре-
шение.
Отв. х=18, г/ = 8.
т, х—т
152. Из первого уравнения находим у = у — - * •, из второго
24-х
// =—ТТь » приравняв эти два выражения, получаем
л 4- х
х — т
14-тх
24-х
149
откуда
(14-m) xa + (2 + /n) x + (2 —m) = 0.
Это уравнение имеет действительные корни при условии
(2 +/и)2—4 (1 + т) (2—т) 0.
После упрощения левой части получим 5m2 —4^0, откуда | т |
2
* При этом условии х имеет действительные значения,
2-4-х
значит, действительные значения имеет и у = — у-; — .
* 1 + х
2 2 2
Отв, [/n[^:-prg , т. е. или т<------.
153. Вычитая почленно из первого уравнения второе, получим
(а—1)(х—1) = 0,
откуда
а —1 или х=1.
Подставляя значение х—1 в первое из заданных уравнений,
получим а = —2.
Итак, уравнения имеют по крайней мере один общий корень
при а=1 и при а ——2.
154. Первое решение. Сложив все уравнения системы,
получим:
(14-2 + 34». . - + п) Сч + х2 + х3 + • • • +xn)==fli +Дг + аз+ • • •
или
n(n+l)z , , , , . , ,
--------2 (Х1 + х2 4“ *3 + • • • + хп) == а1 + а2 + а3 + * • • +
откуда
ж1+х,+х,+...+х„ = -2(ai + a^naJj"+an) . (1)
Теперь вычтем из второго уравнения системы первое, получим
(и—1)*!—х2—х3—. . .—xn = a2 —(2)
Сложив почленно уравнения (1) и (2), получим
а2—2 (ах +а2 + «з+. ..+‘an)
Ж1----------------~+ •
Таким же образом найдем х2, х3, ... , хл-1:
, а2 , 2(ах + а2 + а3 + . , ,-{-ап)
2 П П2(п+1) ’
I 2 (ai + а2 + д3 +. .. + ап)
3 П П2(п+1) ’
ап—ап-1 । 2 (^ + ^ + ^3+. . »+ап)
п “Г П2(п+1)
150
Для нахождения хп вычтем и» первого уравнения система
последнее и получившееся таким образом уравнение сложим с
уравнением (1), получим
* г-,01—ап \ (д1 + Д2 + аз + »»
п п п3(«+1)
Второе решение. Рассмотрим Л-е и (k +1 )-е уравнения
данной системы:
(п—/г +2) x1 + (/i—/г+ 3) х2 +.. . + хЛ + 2хЛ+1 + .. • +
+ (л—k+\)xn^ak,
(п—k + 1) хх + (п-—& + 2) х2 +.. > + nXft+xk+i+2xk+i + .. • +
+ (и—/г)х„«аЛ+1.
Вычитая из нижнего уравнения верхнее, получим
(п—1) Xk—(*i + x2 + - • • + xfc-i + x&+i+ • • • +x/i)=’afe+i аЛ"
Сложив это уравнение с (1) из первого решения, получим
пх£--а£+1 —
. 2 (а1 + аа+ ... + Дц)
п(п + 1)
откуда
, 2 (fli + a2+...+fl,J
k~ п п2(и+О
По этой формуле находятся
*1» Ха, Х3, .Хп_р
Затем найдем хп, как в первом решении.
155. Решая первые два уравнения данной системы относительно
х и yt получаем
(fe + l)a „ * + *
k? + k — Г y^k^+k—Г
Подставив эти значения х и у в третье уравнение системы,
получим
(* + П8 (12—/?)(/? +1)
+ Л2 + Л—1
(fe+1).
Решаем это равенство относительно k.
Отв. 1 и /г —5.
156. Перемножив первые два уравнения системы, получим
х2 22 — 1 У2
.а2" с2 62 *
151
К такой же зависимости мы приходим при перемножении
третьего и четвертого уравнений. Это показывает, что если имеют
место любые три из данных уравнений, то имеет место и четвер-
тое уравнение, т. е. система совместна.
Теперь приступим к решению системы.
Приравнивая правые части первого и третьего уравнений
находим
1(‘ + А)=И (l-f).
откуда
У = Ь
р—— А»
р + Х *
Далее, подставляя это значение в первые два уравнения, получим
х = г^с
Л Хр + 1 , р—А» А»р — 1
Отв. х — а-"-~, z — c , .
р + А. ° p + V р + л
157. Прибавим и вычтем в левой части первого уравнения
величину х(Ь + с), в левой части второго уравнения—величину
у(с + а) и, наконец, в левой части третьего уравнения — величину
z(b + a). Тогда после несложных преобразований данная система
приведется к следующей равносильной системе?
/ (b+c)(x + y + z)^x(a + b+c)=b—ct
< (c + a) (x + y + z)—у (a + b+c)=c — at (1)
I (a + b)(x + y + z)—z(a + b + c) = a—b.
Сложив эти уравнения почленно, получим
2(a + b + c) (x + y + z)^(a + b + c) (х + у + *)=0,
или
(а + *4-с) (x+y + z) = Q.
Так как по условию a + b-J-c^O, то
и поэтому система (1) принимает вид
{—х(а 4-&+с) = £—с,
—у (а + Ь + с)=с—а,
—г (a + b + c) = a—b.
~ с—Ь а—с Ь—а
Отв. х^—г-?-;—, у=—, -г™, , —г- — .
а-рЬ-рс а + 5-рс в-рЬ-рс
158. Первое уравнение системы легко приводится к такому:
Х2_02_|_ j/’x2 —I/2 —20==0.
152
При этом мы ввели под корень х+у, т. е. положили
х + г/= рг(х + ^)2, и поэтому будем пока считать х + у>0.
Решая полученное уравнение как квадратное относительно
К*2—#2» получаем
Равенство )Лк2—#а = —5 невозможно, так как У\2—у2 арифме-
тический.
Итак, система привелась к следующей:
Г х2 + */2 = 34,
или
J х2 + #2 = 34,
I х2—Г/2 =16,
откуда '
Xj = 5, f/i = 3; х2=5, г/2 = —3.
Значения
х3 = — 5, г/8 = 3; х< = —5, ^4 = —3
отбрасываем, так как в этом случае х+у<Ъ.
Если же х-(-г/< 0, то У"(х-Ь?Оа = — (x-J-t/) и первое уравнение
заданной в условии системы приводится к виду
х2—у2— К*2—у2 = 20>
откуда Vx2**^2 = 5.
Теперь заданная система имеет вид
ха-^2 = 25,
х2 + у2=»34.
Решая ее, находим
х=±
У=3±ГГ*
Так как эти решения мы получили, считая, что x-J-t/<0, то реше-
нием является только
Отв. Xi = 5, i/1 = 3; х2 = 5, ^2 = —3;
153
159. Возводим первое уравнение заданной системы в квадрат
2х2—2 V’x4—p«=t/2.
Подставляем сюда значение х4—t/4=»144a4 из второго уравне-
ния системы. Получаем
{/а = 2х2-24а2. (1)
Отсюда находим у4 и подставляем во второе уравнение системы.
Получаем
х4—32а2х2 + 240а4 = 0.
Отсюда х=± У"20а и х«± КТ2а.
Из уравнения (1) находим у,. Для каждого из значений
х=± уг20а имеем у=±4а, а для каждого из значений
х=± 1^12^ имеем у—®.
Проверка показывает, что из полученных шести пар решений
одни являются лишними при а > 0, другие же являются лишними
при а < 0. Возьмем, например, решение х = а У~20, # = 4а. Под-
ставляя его в первое уравнение, мы находим }/"36а2—рг4а2 = 4а,
т. е. 6| а|—2|а| = 4а. Это равенство является тождеством при
а^О, но оно не верно при а<0.
Отв. При а^О будут следующие решения:
х1==рг20а, t/i = 4a; х2 = — ]^20а, у2 = 4а;
х3=К12а, г/з==0; х4= — /Т2а, t/4 = 0.
При а < 0 решения будут:
х1=1/Г20а# 4а; х2~—)/'20а, t/2 = —4а.
160. Обозначая z = x—у и решая систему
Z=X — yt
х + у = а9
находим
а + г
Х~ 2
а—г
У-—
(1)
Подставляя эти значения в первое уравнение заданной системы,
получаем
(а + z)4 + (а z)4 = 1 6b4,
или
z4 + 6a2z2 + (a4—8b4) = 0.
Пусть z2==v, тогда имеем
v2 + 6а2и + (а4 — 8Ь4) = 0. (2)
154
Если свободный ялен этого уравнения а4—864>0, то заданная
система действительных корней не имеет.
Если же а4—8Ь4<0, то уравнение (2) имеет один положи-
тельный корень
01 = —За2 + К8(а4 + М).
Следовательно,
Zi=Vv^, га=—FW-
Подставляя эти значения в уравнения (1), находим действитель-
ные решения системы.
Отв. хх = , yt-----i-;
„_а— /К"
-------2---’ 4,2------2----*
161. Из второго и третьего уравнений находим
^ + Xt/ + ^Z = y,
или
*(У + 2) + У2 = у
Но так как из условия имеем
। 13 1
У + z^y-x и yz=—,
то
т. е.
(х— 1) (х2—^x + l^o,
\ О /
откуда *1 = 1, х2 = 3, х3=-у.
Поскольку все уравнения системы симметричны относительно
х, у н z, то легко сразу написать все решения.
Отв. Xi = lt yi = ^ *1="з“;
*2=1. ^2=“з’** 3;
Xg —3, г/з = 1> 2з = “у’»
*4 = 3, t/4 = y,z4=l;
1 1 Q
*5—"2“» Уъ — 1» —3,
1 Q 1
*б = 7j” » Уб — 3, 2g — 1.
155
162. Преобразуем систему к виду
хтуп = сатЬп,
xnym = dambn.
Перемножаем эти уравнения и делим одно на другое. Получаем
(xy)m+n=cdaimbin и =
отсюда
1 2Я
xy^(cd)m+nam+nbm+n
и
1
X __ / С \/П — П
Т~\^)
Перемножая последние два уравнения, находим
2т 2П 2т 2П
х2_с^2- т*ат+п ^т + п
Выражение для у2 можно найти аналогично, взяв уравнение
Оно отличается от соответствующего уравнения для х только
перестановкой букв end.
Отв. x=ent~n'dn* ~ f
п____т____т п
y=cnt-'m*dml~n*am+nbm+n ’
163. Обе части второго уравнения разделим на у (у 0), полу-
чим уравнение, равносильное ему,
/*’Й+т)+т-»- <»
Последовательно преобразуем левую часть уравнения (1):
i'-l (g+‘)+g+1-°’
(тй’+( V
156
Таким образом, заданная система равносильна такой!
х2—12г/=15,
( 2у V 3y + i
Система (2) равносильна такой смешанной системе!
г х2 —12^=15,
—=-+1.
< 4</« Зу^
4г
I У>^ зЬ1^0-
Из второго уравнения системы (3) находим
(2)
(3)
Следовательно, заданная система равносильна следующим двум
смешанным системам:
г х2 — 12у=15,
х = 6(/, (4)
1 У>0
и
' х2— 12у = 15,
2
Х = --^у,
У>о, <5>
4х , Л
[ 55+'=-»'
Из системы (4) получаем
*1=5,
5
Л — 6
а из системы (5) находим
х,=-(9 + 4/б ),
Л=4(9 + 4 ♦
Отв. *х=5, 4/i = -§-; х2 = — (94-4 Уб ), у, = у (9 4-4 У (Г).
164. Пусть х1 + х2 + *з+ •. • +*л = У = 1- Тогда
у—х2 = 2, г/^х3=»3, .... у—хп_x = n —1, у—хп = п.
157
Но так как у = 1, то х2== — 1, х3—— 2, ,.хп=* — (л—1). Отсюда
х2 + х3+...+х„ = -[1+2 + ...+(п-1)]=.-
Наконец,
*1=1— (*г + *з + • • • + *») = 14—.
Отв. Ж1—1 + —х2 = — 1, х8 — — 2, .... х„=—(n —1).
165. Имеем
х2 = а1—хъ
*з=о2—х2=а2—ад + xlt
х4—о3—х3 = а3—a2 + fl!—хъ
*И = ап-1а^аЛ-2+ • • • £ а2 Т ± хи
В последнем из этих равенств верхние знаки имеют место, когда
п нечетное, а ннжние знаки — когда п четное.
Рассмотрим эти случаи в отдельности.
1) Пусть п нечетное. Тогда
xtt’=att_i—att_2 + ...+ai—a1+x1. (1)
Из условия имеем
хп=ап—Xi. (2)
Решая совместно (1) и (2), находим
„ ап—a„i + art 2—. • • —«a+Oi
Х1---------------_ .
Теперь легко находим
ах—+ о3+а2
х2--------------2 ’
„ о2—014-Ля—...—о<4-Оз
*3 =-------------- •
2) Пусть теперь п четное. Тогда
*л=ля-1—ал-24-...~о2 + о1-«^1. (3)
Из условия имеем
xn = ort Xj. (4)
Следовательно, для совместности уравнений (3) и (4) ддлжно быть
выполнено равенство
an^i—оп_24- . • • Оз + Ох^Оя,
или
ол4-ой_24- . •. 4" 02 = дп-1 +61/2-з + • •. +оь
158
т. е. сумма коэффициентов с четными значками должна равняться
сумме коэффициентов с нечетными значками.
Ясно, что в этом случае система будет неопределенна, т. е.
будет допускать бесчисленное множество решений, а именно:
= X,
— ^1 — ,
х$ == а>2 —— 01 А»,
х4 = а3—а2+в1—К
*п = ап-1—• • • + аз—o24-Oi — X,
где X—произвольная величина.
166. Из двух последних уравнений системы находим х-^а
и у+Ь
Далее находим
(с—т)(п—а) . . . . z + m
* + *—----Д—<!-(п-а) = (а-п) .
Также
y+l = (l—b)
* 4 ' ' z + т
Подставляя найденные значения х+а и у + l в первое уравнение
исходной системы, убеждаемся, что оно есть следствие вторых двух.
Таким образом, система неопределенна и все решения ее за-
ключаются в формулах
.. _(с—т) (п—а)
у z-j-m
при произвольном значении z.
167. Складывая почленно все три уравнения системы, получим
(b+c) х + (с + а) y + (a + b) г = 2а« + 2Ь* + 2с3. (1)
Из уравнения (1) и первого уравнения заданной системы находим
2(64-с)№2^+2с«. (2)
Из (1) и второго уравнения системы находим
2(с + а) г/ = 2«3 + 2с3, (3)
159
а из (1) и третьего уравнения системы получаем
2(a + b)z = 2a» + 2*s. (4)
Из равенств (2), (3) и (4) находим
x«=d2— Ьс + с*,
у—а2—ас + с*,
2 = 0?—ab + №.
168. Перемножив левые и правые части уравнений, получим
(XjX, ... хп)п~2=а1а2 ...ап,
откуда
с^а, ... а„; (1)
Л-е уравнение системы перепишем в виде
Отсюда в силу (1) имеем
xk~\f""^45 (*==1,2...n).
Г «А
Проверкой убеждаемся, что этот набор чисел удовлетворяет исход-
ной системе. Таким образом, система уравнений имеет единственное
решение.
169. Возведя обе части первого уравнения системы в квадрат»
получим
г- (Л
V^-y^ = x_a_. (1)
Тогда, учитывая второе уравнение системы, имеем
(2)
Возведя теперь в квадрат обе части второго уравнения исходной
системы, получим
VХ2 + 02 VХ2-У2 = ~хг.
Отсюда в силу (1) и (2)
а4 а
2 *
Раскрыв скобки, найдем
160
После этого из уравнения (1) легко получим два значения у:
Проверкой обнаруживаем, что исходное уравнение имеет лишь
одно решение:
(4«-- -/?)•
170. Раскрыв скобки, запишем второе уравнение в виде
*2 + + z2 -Ь ЗхУ + + 3yz = 1,
или
(x + y + z)2 + xy + xz + yz=L
Отсюда, используя первое уравнение заданной системы, получаем
xy + xz + yz = — 3. (1)
Третье уравнение системы представим в виде
х (ху + xz) + y (yz + xy) + z (xz + yz) = —6.
Тогда, принимая во внимание (1), будем иметь
* (3 + yz) + у (3 + хг) 4- Z (3 + ху) = 6,
или
x + y + z+xyz = 2,
т. е.
xyz 0.
Итак, имеем систему
( х+//4-г=2,
< ху + хг + уг = — 3, (2)
I xyz = 0.
Из последнего уравнения системы (2) следует, что по крайней
мере одно неизвестное равно нулю.
Пусть х = 0, тогда у + г = 2, #z = —3, откуда либо у = 3, z = — 1,
либо у = — 1, z = 3.
Аналогично рассматриваются случаи t/ = 0 и z = 0. Таким обра-
зом, получаем шесть решений (х, у, z) системы (2). Легко про-
верить, что все эти наборы чисел удовлетворяют и исходной системе.
Таким образом, эта система имеет шесть решений.
Отв. 0, 3, —1; —1, 0, 3; 0, —1, 3; 3, —1, 0; 3, 0, — 1;
—1, 3, 0.
171. Пусть xlt х2, ...» хп—вещественное решение системы. Числа
хл(£==1, ... , и), очевидно, должны быть одного знака. Предпо-
ложим для определенности, что все х^ > 0. В противном случае
мы бы могли поменять знак во всех уравнениях системы. Покажем,
что
xk^V~2 (fe-1, 2, ... , n). (1)
Имеем
6 И. X. Снвашиисквй
161
Раскрывая скобки и прибавляя к обеим частям 8, получаем
4+4+А^8-
Отсюда
( 2 V
\Xk^"x'b)
и, следовательно,
(хк + ^-}^2У2. (2)
\ хк/
Из уравнений исходной системы и (2) следует неравенство (1).
Сложив теперь все уравнения заданной системы, получим
2 2 2
*1+*а+ • • • +х/г = 7"+т“+ • • • +т“ •
Л1 Л2 ХП
При условии (1) равенство здесь, очевидно, возможно лишь в том
случае, когда все неизвестные равны У^2. Так как легко проверить,
что набор чисел .хх = х2 = ... — хп — удовлетворяет исходной
системе, то система имеет, и притом лишь одно, положительное
решение. Поменяв знак у значений неизвестных, мы получим еще
одно вещественное решение:
= . &=хп = ]/”£•
Этими двумя решениями, таким образом, исчерпываются все веще-
ственные решения.
Отв. х1=х2== ... ==хп = + /*2; хх = х2= ... =х„ = —/*2.
172. Подставив во второе уравнение заданной системы вместо г
его значение из первого уравнения, получим
х2 + х + у2 + у —а = 0.
Решая это равенство относительно х, получаем
*i,2=_4 1 у2~у+а'
Так как по условию задачи х должен принимать единственное
вещественное значение, то j/*~—у2—у + а должен быть равен
нулю и х«—Поскольку оба уравнения системы симметричны
£
1
относительно х и I/, то и = - .
Подставив значений х и у в первое уравнение, получим .
162
Далее, подставив значения х, у и z во второе уравнение, по-
лучим а = —у.
Л 11 1
Отв, х = г/ = —у, *=у при а = —у.
173. Из второго уравнения данной системы следует, что
у—4=|х4-1|. Так как |,х4-110, то у—4^0. Таким образом,
первое уравнение системы перепишем так: | х 4-1 j 4- у—4 = 2, откуда
[х4-1|=6—у. Итак, имеем
6—У~У—4,
откуда у = 5.
Теперь найдем значения х, Имеем | х +11 = у—4=5—4«1.
Если 10, тох +1 = 1 и х = 0. Если же х 4-1 «С 0, то —х—1 = 1
и х = — 2.
Отв, хх=0, ^1 = 5; х2 = —2, у^Ь-
174. Второе уравнение исходной системы можно представить
так:
(х + уУ—2ху + Z2 = (х + у)3—Зху (х + у) + г39
2
или, поскольку Х-\-у=> — 2 и ху = у>
2з—3z—2 = 0,
т. е.
(2 + 1)(z + 1)(z-2) = 0,
откуда
Zj = Z2 = — 1, 2?з = 2.
Теперь легко определить значения х и у.
Отв, х1 =—1, //i=2; х2 = 2, t/2=— 1; х3=—1, t/3=—1.
Глава IV
НЕРАВЕНСТВА В АЛГЕБРЕ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
175. Пусть корни данного уравнения хк и х2. Имеем
хх4-х2«=а—2, хгх2«= — (а 4-1).
Далее,
*i+=(*i+
х*+х|=(а-2)«+2а+2,
х^+ха2=а2—2а + 6-=(а-1)2 + 5.
б«
Очевидно, что х2+л| принимает наименьшее значение* когда
(а —1)2 = 0, т. е. при а=1.
Отв. При а=1.
176. Имеем
Л«х2 + 2х(1/+1) + 2^ + 4(/ + 3 = х2 + 2(1/+1)х + (!/+1)2 +
+ 2^ + 4у + 3^(с/+1)2 = О + !/+1)2 + (!/ + 1)2 + 1-
Отсюда вытекает, что А принимает наименьшее значение, равное
единице, когда х + у +1 =0 и #-(-1=0 одновременно, т. е. при
х==0 и # = — 1.
Отв. При х = 0, у =—1.
177. Имеем
M=x2~2x+l+4i/2 —12|/ + 9 + 3(z2—2z+l) + l =
= (х—I)2 + (2t/—З)2 + 3 (z — I)2 +1 > 0,
что очевидно.
178. Преобразуем левую часть доказываемого неравенства так:
х2 у* -|- г2 + и2 + -у -f - -f- + ах + ay + az + аи =
( , а\а । ( । а\2 । ( » а\2 । ( 1 а\2
==v+‘2j +V+2J +V“+2") '
Итак, левая часть доказываемого неравенства есть сумма квадра-
тов, и, следовательно, она неотрицательна. Знак равенства имеет
а
место лишь при x = y = z — u = —.
179. Рассмотрим разность
(х* +1)—(х2 + х) = (х + 1) (х2 —х +1 —х) = (х 4-1) (х — 1 )2.
Мы видим, что эта разность принимает значение нуль при
х= ± 1. При х> — 1 (исключая х=1) эта разность положительна.
При х<—-1 разность отрицательна.
Отв. При х=± 1 заданные выражения равны,
при х> — 1 (исключая х = 1)х3+1 >х24-х,
при х< —1 справедливо х3 + 1 < х2 + х.
180. Должно быть
x2 + 3£x + x + 3fc—kx2—х2-— 4kx + 4k > 0,
т. е.
— kx2 — (k — l)x + 7k>0. (1)
Для того чтобы это неравенство имело место при любом
значении х, необходимо, чтобы при —k>Q корни левой части
неравенства (1) были мнимыми, т. е. необходимо, чтобы (k — I)2+
•>[- 28£2 < 0, что не имеет места ни при каком значении k.
Следовательно, требование задачи не может выполняться ни
при каком значении k.
Отв. Нет решения.
181. Первое решение. Так как 1, то
а2 + 2а& + *2^1. U)
164
Сложив неравенство (1) с очевидным неравенством а2—2аЬ + Ьа^0,
получим 2a2 + 2b2^ 1, или
а’+^^у. (2)
Возведя обе части неравенства (2) в квадрат, получим
а* + 2а262+Ь4^~. (3)
Сложив неравенство (3) с очевидным неравенством а4—2а2Ь2 +
получим 2а4 + 2Ь4^ , или
О
Знак равенства имеет место при | a f = ] b | = -—•.
Второе решение. Пусть а = у + х> —у, где
х—Тогда
e*=(4+*) =i+-Lx + |-x2 + 2xs + x<,
/1 VII 3
^={2—у) =T6“'2Jz+Ti/a~^s+j/4’
а*+М=у + у (x-0+y (x2 + i/2) + 2 (X3-y*) + xi+yi 1.
При х—ы = 0 имеем a = b~~ и а4 + д4 = 4- . Если х 0 или
Z о
у?* О, то a44-64>-i-.
О
182. Первое решение. Из условия, что a-[-b = 1, следует,
что
a2 + 2ab + b2 = \\ (1)
сложив равенство (1) с очевидным неравенством а2—2аЬ^Ь2^09
получим
2а2+2Ь2^1. (2)
Возведем обе части неравенства (2) в квадрат
4a4 + 8a2ba + 464 1. (3)
Сложив неравенство (3) с очевидным неравенством 4a4 + 4b4—•
— 8a2ba^0, получим
8a4 + 8b4^l,
или
64a8 + 64b8 + 128a4b* > 1. (4)
165
Сложив неравенство (4) с очевидным неравенством
64а8 + 64Ь8 — 128а4Ь*>0,
получим
128а8 +12868> 1,
откуда
°8 + 6S^iS8-
Второе решение. Пусть тогда из условия
а + &«1 следует, что Ь=-^—х, где |х|<4-. Тогда
Л 4
/1 \8 /1 \ 8 - Г / 1 \8 Л / 1 \ в
в8+Ь8“(т+\) “2|д v
. ( 1 \4 . / 1 \» 1 / I \8 1
+ + *‘ + ф2 =i2g.
Если а = Ь=4-, то a84-68 = JU; если же а Ъ, то а8 + &8 > JU .
2 Izo 12о
183. Преобразуем левую часть доказываемого неравенства так:
V (а + с) (b + d) = ]^ab + bc + ad + cd + 2 Vabed —2 Vabcd =
= /(/а&4- yrcd)2 + (Vbc—V^d)i. (1)
Заметим, что
V (ab + Vcd)2 = abcd-j-2 abedsC Vab 4- cd + be 4- ad, (2)
так как 2 V'abed ^bc + ad.
Из (1) и (2) следует
V(a + c)(b + d)^Vr(]^ab+ Vcd)2 =]/~ab + ]/cd.
184. Доказываемое неравенство равносильно таким: £
2а2 -|- 2Ь^ + 2 2аЬ 4- 2а 4" 2Ь,
аа—2а6+&2 + а2—2а+1+&2—264-lSsO, -J
(а—6)2-|-(а—1)24-(6—1)2^0. (1) ?
Справедливость неравенства (1) очевидна. Следовательно, спра-
ведливо и исходное неравенство. Знак равенства имеет место при
а=Ь — \.
185. Рассмотрим разность
k (п—Л4-1) —n = А2 + ^ — п =
=А(п—k)—(п—k) = (n—k)(k—1). (1) i
Так как n^k и Л^1, то (п—k)(k—1)^0. Следовательно,
k (п— k+l)^n. Ясно, ЧТО k(n—k+\) = n только при n = k или
при £=1.
186. Доказываемое неравенство равносильно неравенству
(«!)2^пЛ.
Воспользовавшись неравенство^
k(n—k + l)^n при 6=1, 2, 3, п
(см. задачу 185), получим следующие соотношения:
1 .и = п,
2(п—-1) > п,
3(и—2)>п,
(л—1) 2 > л»
п-1 =п.
Перемножив эти соотношения, получим
п\п\:^пп,
т. е.
(п!)2^пп.
Таким образом,
У’п'.
Знак равенства имеет место лишь при п = 1 и я = 2.
187. Преобразуем доказываемое неравенство последовательно
в равносильные неравенства:
а4 + 2а3Ь + 2аЬ3 + д4—6а2&2 > 0,
а4—2а2Ь2 + Ь4 + 2а3Ь—4а2^+2а& 0,
(a2—b2)2 + 2ab (а—Ь)2^0.
Последнее неравенство очевидно, так как (я2—62)2 >5 0, a-b^Q
и (а—Ь)2^0. Следовательно,
а4 + 2а3Ь 4* 2аЬ3 + 64 6а262.
188. Рассмотрим разность
(62 _ ab) (а3Ь 4- 4а2&) = а4 2а2Ь 4- Ь2—а3Ь—2а2 b—ab=>
= (аа _ 6)2 _ аЬ (а2+2а +1) = (а2 — b)2—ab(a+l )2.
Так как ab^Q и (а+1)2^0, то —-ab(а-|-1)20. Итак, левая
часть представляет сумму неотрицательных величин, т. е.
(а2—^)2—ab (а1)2 ^0, или
(62 + a^ab) (а3Ь 4- 4а2Ь) 0,
167
откуда
b2 + а4—ab a3b + 4а26.
189. Дискриминант квадратного трехчлена
I (х) = 62х2 + (62 + с2—а2) х + с2
равен
D = (Ь2 + с2—а2)2—462с2 = (b2 + с*—а* + 2Ъс) (62 + с2—а2—26с) =
= -[(6 + с)2 —а2]*[а2—(6—с)2] =
= — (а + 6 + с) (6+с—а) (а + с—Ь) (а-^Ь—с).
Так как сумма двух сторон треугольника больше третьей стороны, то
6 + с—а>0, а + с —6>0, а + 6—с>0
и, значит, D < 0. Таким образом, D<0 и 62 > 0 (коэффициент
при х2). Следовательно, f(x)>0 при любом значении х.
190. Первое решение. Имеем
а2-]-Ь2—2аЬ 0,
или
a2—ab + b2^ab. (1)
Умножив обе части неравенства (1) на сумму а + 6, получим
a3 + b3^ab (а + 6),
или
3а3 + 363>3а26 + 3а62. (2)
Прибавив к обеим частям неравенства (2) сумму а’ + б3, получаем
4 (а3 + 63) (а + 6)3,
или
в8 + 68 (а + 6)3_/а + 6\3
2^8 V 2 ) '
Второе решение. Рассмотрим разность
аз + Ьз /а + ь\з_4(а3 + 63)-(а + 6)3 а + Ь
2 V 2 / ‘ 8 8
Следовательно,
а3 + &3 /а + 6\3
2 ^\”2“J *
Знак равенства имеет место лишь при
168
Третье решение. Доказываемое неравенство равносильно
такому:
/ 2а у / 2& V 2
+ \а+Ь/ ’
или
fa + b + a^by /a + b^a + b\9
k a + b J +С" a+'b-J^2’
или
что очевидно»
191. Первое решение. При п = 0 имеем
£±^-1±2-1 и
2 ~ 2 “1
« + Ь\Я_ .
2 J
т. е. обе части доказываемого соотношения равны.
При п = 1
ап + Ьп а + b (а-{-Ь\п а + Ь
2 2~ И С-?-) — 2 '
Таким образом, и в этом случае обе части доказываемого соотно-
шения равны между собой.
При п > 1 и а = Ь
“П+Ь"п (^ + Ь\П__ап
2 \ 2 У
т. е. и в этом случае имеет место знак равенства.
Докажем, что при п > 1 и а b левая часть доказываемого
соотношения больше правой.
Пусть для определенности а>Ь. Рассмотрим две разности:
(2а)«-(а + &)«, (1)
(« + *)« —(2*)"- (2)
Обе эти разности являются разностями степеней, поэтому они
делятся на разности оснований. В обоих случаях разности основа*
ний равны а~—Ь. Разделим (1) и (2) на а—Ь, получим соответ-
ственно
= (2л)” -1 + (2а)” ~ »• (а 4- Ь) 4-
+ (2а)” " »• (а + Ь)а + .. • + 2а (а + 6)” “ 2 4- (а+6)” " (3)
в (а + 6)” -14- (а + Ь)п - 2 (26) 4-
4-(а4-6)”“*(26)24-... 4-(а4-6)(26)”-24-(26)“~1. (4)
169
В правых частях равенств (3) и (4) одинаковое число членов п.
Так как а > Ь, то 2а > а-\-Ь > 2Ь, а следовательно, каждый член
правой части равенства (3) больше соответствующего члена равен-
ства (4).
Отсюда
(2а)п — (а + Ь)п (а + Ь)п—(2Ь)п
а—Ь а—Ь
Поскольку по условию а—&>0, то
(2а)" — (а + &)" >(« + *)" — (2Ь)п,
или
(2а)п + (2Ь)п >2(а + Ь)п. (5)
Разделив обе части неравенства (5) на 2"+\ получим
ап + Ьп (а + Ь\п
2 > V 2 ) •
Второе решение. Доказываемое неравенство равносильно
такому:
или
\ 1 a + bj \ a + bj ' 7
Раскрыв слагаемые левой части неравенства (1) по формуле бинома
Ньютона, мы придем к очевидному неравенству. Действительно,
-2 [>+с; ‘)'+с; (“~+s)‘+ ••]»=•
192. Первое р еше н и е. Рассмотрим очевидное неравенство
(a + c)2 + (b — d)2^0,
или
а2 + Ь2 + с2 + d2 + 2 (ас—bd) 0. (1)
Так как a2 + b2 + c2 + d2 = 2, то из неравенства (1) следует, что
ас—bd^— 1. (2)
Точно так же, исходя из неравенства
(a —c)2 + (b + d)2^Qt
получим
bd—ас^—1,
или
ac—bd^i. (3)
170
I
I
I
1
1
Из (2) и (3) заключаем, что
| ас—bd ] 1.
Второе решение. Перемножив почленно данные равен-
ства а2 + ^2 = 1 и c2 + d2=l, получим
а2с2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 = 1. (1)
К левой части равенства (1) прибавим Q~2abcd—2abed, т. е.
запишем
а2с2 + a2d2 4- b2c2 + b2d2 4- 2abcd—2abcd = 1,
откуда
(ас—bd)2 + (fcc + ad)2 = 1.
Так как (bc + ad)2^Qt то (ас—bd)2^l, что равносильно
| ac—bd I «С 1.
Третье решение. Исходя из условия задачи, можно по-
добрать углы аир так, чтобы sin а=а, cos а — b, sinp=c
и cosp = d.
Итак, требуется доказать, что ] sin a sin р — cos а cos р | 1, что
очевидно, так как
|—cos (а 4-р) |<1.
193. Рассмотрим два очевидных неравенства:
(т—а)2 + (п - Ь)2 4- (р—с)2 0 (1)
и
(tn 4- а)2 + (п + Ь)2 4- (р 4- С)2 > 0. (2)
Из (1) имеем
ma + nb + pc^ 1. (3)
Из (2) имеем
ma + nb + pc^—\. (4)
Из (3) и (4) следует, что
| tna + nb + рс | 1.
194. Складывая очевидные неравенства
—|а|<а<|а| и — |₽|<Р<1Р1>
получим
- (1«| + 1 ₽ I )<а + Р<|а| + | 0 |,
что равносильно неравенству
|« + Р !<1«1 + 1 ₽1 • (1)
Заметим, что неравенство (1) является частным случаем такого
неравенства:
| ах 4- аа 4- аз + ... 4“ а« I ’С | сч 14* I °21 +1 аз I + • • • +1 ап I •
171
195. Если в предыдущей задаче заменить £ на — р, то получим
|а—р | <| а| + | р |. (1)
Так как а = (а+Р)—р, тона основании (1) |а(«С|а + Р I 4-
+ IР Ь т. е.
1а + Р 1 PI-
196. Если в предыдущей задаче заменим р на —р и учтем, что
|р | = | — р|, то получим
l«—Р l^|a| —I Р Г
197. Первое решение. Рассмотрим л очевидных нера-
венств
(а±х—&i)2^0,
(a2x—b2)2^Qt f
(а3х—Ь3)2^0,
(аПХ Ьп)2 0»
или
а2х2—2а1М + ^2^0,
а2х2—2а2Ь2х + Ь* ^0,
ф2-2а8М + Ь|>0,
Складывая почленно эти п неравенств и учитывая, что
а?+а|+а32 + ...+^ = 1 и bj+fr| + 6|+...+Ь» = 1,
получим неравенство
х2—2 (fl]bi 4-#2&24*Ч- * • • ~i~anbn) х4-1 О, (1)
справедливое при любом значении х.
Но для того, чтобы неравенство (1) было справедливо при лю-
бом значении х, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант ле-
вой части неравенства был не положителен, т. е. должно быть
(«1^1 + а2Ь2 4- аз^з + • • • 4- ап^п)2 < I >
или
|л1&14’^2 + аз^з+ • • • 4“аЛ I Ь
что равносильно *
—1 < 4- а2Ь2 4- а3Ь3 4- ... 4“ anbn < 1.
172
Второе решение. Как известно, для любых веществен-
ных чисел а и b имеет место неравенство
(1>
Пользуясь тем, что абсолютная величина суммы не превосхо-
дит суммы абсолютных величин соответствующих слагаемых, и
используя соотношение (1), имеем
I аФ1 + «2^2 + • • • + I < I I + I а2^2 !+•••+! atfin I <
а?+&! а‘ + Ь*
<—2-----+ ~—+•••+—2~=
а?+а’ + ...+а;+Ь:+Ь* + -+^_1 + 1 .
2 2 ’
что и требовалось доказать.
Третье решение. Имеем
(«!-М2 + (а2-^)2+ • • • +(«я-М2^0 (1)
и
(«1 + *i)2 + («2 + Ь2)2 + • • • + (ап + М2 0* (2)
Введем обозначение
х = + а2Ь2 + а3Ь3 + ... + апЬп. (3)
Тогда, учитывая условия задачи, перепишем (1) и (2) соответственно
в виде
2—2x^0 (3)
и
2 + 2х^0. (4)
Получим х«С1 и х^—1, т. е. — 1<х«С1, или
— 1 4- 4*... -|" апЬп 1.
198. Так как loge7> 1, то выражение (loge7)sin* достигает
наибольшего значения, когда sin х принимает наибольшее значение,
т. е. при sin хи» 1.
Итак, наибольшее значение выражения (loge7)sin* равно loge7.
Поскольку 0 < log7 6 < 1, то выражение (log76)cos* достигает
максимума при наименьшем значении cpsx, т. е. при cosx=«—1.
Таким образом, наибольшее значение выражения (iog76)cos*
есть (log? e)""1=»^^-g = loge 7.
Следовательно, наибольшие значения выражений (loge7)sin*
и (log76)cos* одинаковы.
173
199. Имеем
kb+bbs=log32+log35=log310 >2-
200. Первое решение. Поделив обе части заданного равен-
ства» x2 = #2 + z2 на х2, получим
и Z
. Отсюда ясно, что и 0 < -^ < 1* Следовательно,
при о < 2
т. е.
при a > 2
т. е.
х* > y* + z*
Второе решение. Очевидно, что у < х и г < х. Поэтому
при a > 2
0a4-za==i/2.i/a”2-{-z2‘Za"2 < t/2‘Xa"24-z2«xa“2 =
«= ({/2 + z2) xa “ 2 =з х2 • xa “ 2 = xa,
t. e.
^a>t/a + zQt;
при a<2
^« + za=i/2-i/a“2 + z2-za“2 > i/2-xa~2 + z2.xa"2-
= (f/2 + z2) xa“2 = x2*xa-2 = x*,
t. e.
xa < #a4-z*.
201. Имеем
(1+йгУ -1+7J+-n2-'T+-->l+-ra--«-''-
Следовательно,
(1)
Y n ¥
Так как по условию п > 2, то
(2)
174
Из (1) и (2) следует
202. Имеем
п +1 2л ’
1 1
п + 2 > 2п 9
2л—1 ^2л 9
1 =2.
2л 2л *
Сложив эти соотношения, получим
n+l’rn + 2"r •••"r2n — I”1* 2л 2л 2
203. Напишем ряд очевидных неравенств:
22^ 1-2 1 2 ’
J_ 1____J__
3а<2-3“ 2 3 ’
±< Л -
л2 (л — 1)л л — 1 л
Сложив эти неравенства почленно, получим
л—1
что и требовалось доказать.
204. Так как
то, перемножая почленно эти неравенства, получим
ЬЗ-5 ... (2л —1) .
2.4-6... 2п <
и, следовательно,
Л/ ЬЗ-5 ... (2л—1) -
V 2-4.6... (2л) <
п 1
175
Поскольку
1>1,
4 2 ’
5 1
6’>У
2n—1 _ 1
2п > 2
1 1
то, перемножая эти соотношения, находим
Отсюда
1-3-5 ... (2п —1) 1
2*4-6... (2п) ^2Л‘
Л/ 1-3-5 ... (2п—1) 1
V 2-4-6... (2п) ^2‘
(2)
Заметим, что в соотношении (2) знак равенства имеет место
только при л = 1, а при л>1 справедливо строгое неравенство.
В силу (1) и (2) имеем
1 5/1-3-5... (2п-1)
2 V 2-4-6 ... (2п)
205. Заметим, что наибольший член можно всегда поместить на
первое место путем перестановок членов пропорций. Итак, пусть а —
наибольший член. При этом последний член d будет наименьшим.
Действительно,
х с b л
и так как дроби — и — не больше, чем
а а
Очевидно также, что d < а.
Составим производную пропорцию
1, то d^b и d^c.
а—а
c—d~~ с
Так как а>с, то из (1) следует, что > 1. Кроме того,
с—d>0, поэтому имеем а—Ь>с—d и, наконец, a + d>b + ct
что и требовалось доказать.
206. 1) При а^О левая часть неравенства положительна, а
правая часть не положительна, следовательно, в этом случае нера-
венство справедливо.
2) Теперь пусть 0 < а < 1.
Преобразуем неравенство в равносильное ему неравенство
а8 + (а2—аб) + (1—а) > 0.
(1)
Так как в этом случае а2 > а5 и 1 > а, то неравенство (1), а зна-
чит, и доказываемое неравенство справедливы.
3) Остается, наконец, рассмотреть случай
Преобразуем доказываемое неравенство в эквивалентное ему
а6 (а3—1)4-а (о—1) + 1 >0. (2)
176
Так как л^1, то левая часть неравенства (2) положительна, т. е.
и в этом случае доказываемое неравенство имеет место.
207. Имеем
(1+х)»+(1-х)'»=(с;+ф+с^+...+
C"_1x”_14-C“xn)+(С® —Cjx + C2x2—...+(—1)в-1С"_1х'’_14-
+ (-1)» С»х") == 2 (С* + С*х* + С*х* + ...).
Таккак|х|<1 и С® + С2 + С® + ... = 2И~1, то
(1 + х)п + (1 — х)я < 2- 2” “1 = 2”,
что и требовалось доказать.
208. Очевидно, что
1_(±Г
аР—ЬР_ \а) ап—Ьп_ \а)
аР+ЬР~ by Я an+bn .,fb\n'
\ a } + \ а )
Поэтому подлежащее доказательству неравенство эквивалентно
неравенству
По условию а > b > 0, поэтому 0 < — < 1, и так как
(1)
Р>п,
(2)
(3)
Из неравенств (2) и (3) следует, что
а это доказывает утверждение задачи.
209. Очевидно, что
4х+К4х24-4х+1, или рг4х+К|2х+11,
4у+К4р2 + 4</+1, или /4у+К|2у+11,
4z + K4z2+42 + l, или K4z+T<|2z-|-1|. >
т
Так как по условию х^—то 2x4-1 >0; аналогично 2g 4“ 1 >0
и 2z + l>0. Поэтому в (1) знак модуля можно опустить.
Из полученных неравенств (1) следует
/й+т + V4y + i + /4г+К 2 (х +у + г) + 3.
Но так как согласно условию x + y + z = l, то
К4х+Т + KijTM + К4ГрГ<с5.
X Z
210. Поскольку xy = ztt то . Пусть x=kt, тогда z =ky.
I У
Подставив эти значения х и z в заданное неравенство x«-*g>z—
—/>0, получаем
kt—y>ky—19
или
kt + t >ky + y,
т. e.
t(k + \)>y(k + l). (1)
Так как x>0, f>0 и x—kt, то fc>0 и &4-l>0. Поэтому
из (1) следует
*>У< (2)
Так как t>y и xy = zt, то
Х>2. (3)
Перемножив почленно неравенства (2) и (3), получаем
tx > yzt
или
2tx > 2yz,
или
tx—yz > yz—tx>
или
xz—yz + tx—ty > ZX — tx + zy — ty,
или
(X—у) (z + t)> (z—t)(x+y).
Умножив это неравенство на заданное х—y>z — t, получим
(х—g)2(z + 0Xz—О2 (* + #)> что и требовалось доказать.
211. Имеем '
х* + ху + ту2—+ + (« — 1) (Уг—1)+ --1)- (О
Рассмотрим каждое из слагаемых правой части равенства (1).
Так как у—целое число, отличное от нуля, a tn—целое поло-
жительное число» то т—1^0, у2—1^0. Поэтому и произведение
(m^=l)(g2« 1)^0.
178
Кроме того, и
и V
x + f
Рассмотрим теперь третье слагаемое.
Пусть сначала | у | 2, тогда
¥-ia,2>o.
4 4
Таким образом, при | у | 2
х2 + ху + ту2 — т > 0.
Пусть теперь | у | < 2. Это значит, что #= ± 1 (ведь у / 0).
Но тогда
х2+ху + ту2 — т=х2 ± х=х(х ± 1).
Так как х целое, то х ± 1 тоже целое, а если два целых числа
отличаются на единицу, то либо они имеют одинаковый знак, либо
одно из них равно нулю. Поэтому их произведение не отрица-
тельно.
Итак, и в этом случае, т. е. при | у | < 2, имеем
х2 + ху + ту2—/и^О.
212. Согласно условию задачи между а и b могут быть следую-
щие соотношения: а > b и а < д.
1) Пусть а >6. В этом случае требуется доказать, что
b < — < <*.
14-а
Так как 1 + а>0, то должно быть
что очевидно.
2) Если же а < Ь, то требуется доказать, что
а + аб
а <_ -т-п— <х
или
что тоже очевидно.
Заметим, что случай 2) легко сводится к случаю 1) так!
a + afr_ а а*~ ^Ь + а^а
1 + а 1 . । 1 + а1 9
а *+’
где — и &>а.
179
213. Первое решение. Пусть а = 14-р, Ь = 1—/г, где
р>0 и 0<Л<1. Имеем
аЬ 4-1=(14“Р)(1 —-А?) 4-1=2 4-р—k —pk
и
a + &=(l + p) + (l-fe)=2 + p-ft.
Так как 2 4“ р—k—pk < 2 4“ Р—
то а&4-1 < а+Ь.
Второе решение.
Требуется доказать, что
аЬ^-[ — а—Ь<0,
или £(а—1)—(а— 1) < 0»
или (а—1) (Z?— 1) < 0.
Так как по условию а > 1 и b < 1, то а—\ >0 и Ь—\ <0.
Следовательно, (а—1)(Ь—1)<0, т. е. а&4-1 < а + Ъ.
214. Имеем очевидное неравенство
(а—Ь)2 ^0,
или а24-&2^2а&.
Так как аЬ на ab, получим > 0, то, поделив обе части последнего неравенства £+-^2. Ь ' а
Знак равенства имеет место лишь при а — Ь.
215. Доказываемое неравенство равносильно неравенству
Ц^=»2. X2
или -4+*2=э2, X2 ‘
что очевидно (см. задачу 214). Знак равенства имеет место только
при х — ± 1.
180
216. Имеем
j/ = (x-2)+^2 + 2.
Так как х—2 > 0, то выражение
(см. задачу 214) и равенство достигается при х—2 = 1, т. е. при
х = 3. Поэтому наименьшее значение у равно 2 4-2 = 4.
Отв. 4.
217. Имеем
х2 + 5х + 4 4 - / х . 2 \ , е
У = r =*+v+5=2hr+v+5-
Л Л \ а л у
х 2
Так как х>0, то (см. задачу 214), причем равенство
достигается при ~= 1, т. е. при х = 2. Поэтому у принимает на-
именьшее значение, равное 2*2 4-5 = 9.
Отв. 9.
218. Имеем
х24-2 х24-14-1 х24-1 , 1 1
у = - . = - *—. = -т=== 4- /- = У х2 + Н —а -
/х24-1 /х24-1 /х24-1 />4-1 ух2-|-Г
Так как /х24-1 > 0 и поскольку а 4" “^2 при а>0 (см. за-
дачу 214), то у ^2.
Очевидно, что знак равенства имеет место только при х==0.
219. Первое решение. 1) Докажем, что
х 1
1 + х2^ 2 •
Образуем разность
(1)
1 х 14-х8—2х (х—I)8
‘2~Т+^~ 2(1-ьх«) -2(1+ха)‘
(х-1)8
Н 2 (14-х2)
любом X.
^0, следовательно, неравенство (1) имеет место при
2) Теперь докажем, что
1 + х»^ 2
(2)
Образуем разность
х 7 1 \ 2х+14-х8_ (х+1)4
1+х8 2J 2(14-х8) ~2(1+х2)‘
181
Так как <*+1)*
1ак как 2 (1
Из (1) и (2) следует, что
Второе решение
1) При х = 0 заданное
2) Пусть х/0, тогда у — т—--<
1 *т х
О, то» следовательно, неравенство (2) верно.
2 1+ха 2 ’
неравенство верно.
X 1 с Л
----р . Если х > 0, то
X
х + у^2 (см. задачу 214), а потому
0<</<у
Следовательно, при х > 0 имеем
0< —— < —.
14-х2 2
3) И, наконец, пусть х < 0, тогда — —2, а потому
____1_
2
о,
т. е. при х < 0 имеем
Итак, при любом х имеет место
2 2 •
220« Так как abcd — \t то с</ = Д-, bd~ —, bc~~.
ab ас ad
Учитывая, что х + -~-^2 (см. задачу 214), если х > 0, имеем
ab + cd = ab + ±^:2, (1)
aC-i-bd=ac + — ^2, ас (2)
ad -f- be = ad -J* 2. (3)
Также имеем
a? + b2^2abt (4)
c2 + d2^ 2cd. (5)
Складывая почленно неравенства (4) и (5), получаем
a2 + ^2+c2 + d2>2a^ + 2cd = 2 + >4. (6)
182
Складывая почленно неравенства (1), (2), (3) и (6), получаем
a2 + b2 + c2-J-d2 + ad + ac + ad + bd + bc + cd^ 10,
что и требовалось доказать.
221. Первое решение. Пусть х и (/—такие два сомножи-
теля, что их сумма равна 2с, гдес—постоянная величина. Имеем
*У=-^[(х + у)2 — (х—у)2]-
Так как x+y — 2cf то произведение ху принимает наибольшее
значение, когда (х—у)2 принимает наименьшее значение, т. е. при
(х—= а значит, при х — у = с.
Второе решение. Сохраним обозначения первого доказа-
тельства. Пусть хх и t/i—значения х и у, для которых хх —t/x.
Тогда, очевидно, х^у^с.
Пусть х2 и #2—какие-либо другие значения х и у, так что
х2 у* Тогда, очевидно, х2 / с и у2 с. Обозначим х2=с + а.
Тогда i/2= с—а, где / 0.
Найдем произведение
х2у2 = (с + а) (с—а) =
= с2—а2 < г2.
Так как x1i/1 = c2, то х±уг>
> х2у2, что и требовалось
доказать.
Третье решен ие Л
(геометрическое). На отрез-
ке АВ = 2с=х + у построим,
как на диаметре, полуок-
ружность (рис. 1). Если
О—центр окружности, то OC = x1 = t/1 = c и ОС2 = А В-ОВ=с2.
Если х2 / у2, то, откладывая ДР = х2, получим y2 — DB и произ-
ведение х2у2 = AD'DB — DF2. Но DF < ОС, так как DF—полу-
хорда, а ОС—радиус.
Итак, х1у1>х2у2.
Четвертое решение. Пусть x + t/ = 2c, a x-i/ = z.
Требуется найти наибольшее возможное значение г. Имеем
и 2
у = 2с—х и t/=—
2
откуда 2с—» или
х2 —2cx + z = 0.
Для того чтобы х было действительным числом, необходимо и до-
статочно, чтобы имело место
с2 —2^0.
183
Из этого соотношения заключаем, что наибольшее значение г
есть с2.
Так как х + ^ = 2с, то наибольшее значение с2 произведения ху
достигается при x = g = c.
222. Эта теорема является обобщением предыдущей задачи.
Действительно, произведения ху и тх-пу~тп (x + tf) принимают
наибольшие значения при одинаковых значениях х и у, а поскольку
сумма тх + пу постоянна, то тх = пу=с.
223. Первое решение. Имеем
х+У = У4ху+(х—у)\
Ясно, что х + у принимает наименьшее значение при (х—у)2~0,
т. е. при х = «/.
Второе решение. Пусть
* + 0 = Z. (1)
Итак, задача сводится к нахождению наименьшего значения г.
cz
Из условия следует, что р = а из (1) имеем y=sz-*-x.
с2
Таким образом, z—х— —, или
х3—z*+c2 = 0.
Для того чтобы х было действительным числом, необходимо и до-
статочно, чтобы имело место
z2—4с2 ^0.
Из этого соотношения заключаем, что наименьшее значение z есть 2с.
Итак,
xt/ = c2 и х + у = 2с>
откуда x = t/ = c z
Третье решение. Пусть хх и ^—значения х и у, для
которых Xt = ^i (очевидно, что хх = У1 = с и хх + #х=2с), а х2 и у2
такие, что х2 Уъ-
Пусть х2=с4-а, где а 0, тогда = так как Х2у2=с2.
Таким образом,
С2 С2 — G2
Хз+г/2=с+«+7Т7; > с+а+—j—=с+а+с-а=2с.
Итак, х2 + у2>2с.
224. Эта теорема является обобщением предыдущей теоремы.
Действительно, если ху постоянно, то и произведение тх*пу также
постоянно. Следовательно, на основании задачи 223 заключаем, что
сумма тх + пу принимает наименьшее значение при тх=*пу.
225. Эта теорема является распространением задачи 221 на
несколько сомножителей.
Приведем доказательство, принадлежащее Гурса. Пусть дано
т переменных величин х, у, z, ... t t9 сумма которых равна та»
184
Пусть хх, у19 zx, ... , /х такие значения х, у, z, ... 9 //что
х1«»у1=г1=.;. = /1 = а.' -
Тогда произведение
^1=“*1-Ух-21 ••• h=am.
Пусть х2, у2, z2, ... , /2—такие значения х, у, г, ... , /, среди кото-
рых имеются неравные, но такие, что x2-j«ya + z2+...+/2—та.
Докажем, что произведение
P2 = X^aZ, ... /,<₽!•
Поскольку среди значений х2, у3, z2, ... , /2 имеются неравные
и так как их сумма равна та, то среди них найдется хотя бы
одно значение, большее а, и одно, меньшее а.
Пусть х2=а+Л и р2=а—k, где А>0 и А>0, тогда
х2-|-^2=к2а4-Л—k.
Имеем
P2==(a + ft) (a—A) z2 ... /2==[а2 + а(Л—А)—ОД z2 ... /2.
Если заменим x2 = a-f-ft на х3—а и у2=а—k на y3=a+h—k,
то будем иметь х2 + у2— х3 + у3 и, следовательно, сумма всех со-
множителей не изменится. Покажем, что при этой замене произве-
дение увеличится.
Действительно,
a (a + h—k) = a2 + a (h—k) > a2-f-a (ft—A)— kh.
Таким образом, мы доказали, что Р3 > Р2, где Р8—произве-
дение х3у3г2 ... /2.
Среди сомножителей Р3 по меньшей мере один (х3) равен а.
Далее, если среди сомножителей произведения Р3 имеются не-
равные, то среди них имеются хотя бы два, один из которых
больше а, а другой меньше а.
Проделав с этими двумя сомножителями такую же замену, как
и в произведении Р3, мы также увеличим произведение, сохранив
сумму, т. е. мы получим, что
Р4 > Рз > ^2-
В произведении Р4 мы имеем уже по меньшей мере два сомножи-
теля, равных а.
Такие операции будем проводить до тех пор, пока все сомно-
жители не станут равными а. Поскольку с каждой операцией про-
изведение увеличивается, то Р2 < Рх.
Так как эти рассуждения верны для любого Р2, можно за-
ключить, что наибольшее значение произведения есть Px=aw.
226. Проведем доказательство отдельно для случая, когда
р, q, ... , г—целые числа, и для случая, когда среди р, q, ... , г
есть дробные числа.
185
1) Пусть р, q, ... , г—целые числа. Ясно, что произведения
хр'Уд ... гг и ••• ("f") достигают наибольших зна-
чений при одних и тех же значениях х, yt ... , z.
Имеем
\pJ \я;
Рмнож Я множ гмнож
\Р* Р Р)\Я ' Я *’* Я J\r * г “* г )'
Это произведение состоит из р + я + . + г сомножителе^ сумма
которых постоянна и равна а, так как
Следовательно (см. задачу 225), имеем
> = — А
Р Я г ’
что и требовалось доказать.
Так как
Л=А= -- z __* + у+ ---+2 ~__________а_____
Р Я *’* г p + q+...+r p + q+... 4-r ’
то
х=______El_____, „ =______, ... , г =__________,
р+^+...+r у р + q + ...+r Р+<7+ +г
а наибольшее значение произведения xp-yq ... zr равно
2) Пусть среди чисел р, q, ... , г есть дробные. После приве-
дения этих дробей к общему знаменателю р имеем
Произведение
л'
а а
р~'₽ ’ .....r-F
а а' а"
Х^.у? ...
186
принимает наибольшее значение одновременно со своей £-й сте-
пенью
хл-у*' ... za\
а это произведение, по доказанному в первом случае, принимает
наибольшее значение при
±=Л=...=4,
а а а
или при
х у __ г
/ _О_\ = /q"\ »
Ы Ы v₽J
или, наконец, при
А = £.= =±
р я г *
что и требовалось доказать.
227. Первое решение. Требуется доказать, что
V ab < , где а > 0 и b > О,
или _
а + &—2 УаЬ^О,
или
(К а-к ~b)* 5s О,
что очевидно.
Ясно, что знак равенства имеет место при а==&.
Второе решение (геометрическое). На отрезке 4в=а-}-Ь,
как на диаметре, строим полуокружность (рис. 2). Пусть AD^a,
Рис. 2.
a DB*=b. Из точки D диаметра АВ проводим к АВ перпендикуляр
DC до пересечения с полуокружностью в точке С. Очевидно, что CD
не больше радиуса ОС. Так как
CD=>VAD.DB = V~cTb, зОС=а-^-,
ТО
Знак равенства имеет место лишь при а=*Ь.
И7
228- Так как а > О, b > О, с > О, d > О, то
(см. задачу 227). Перемножив почленно эти два неравенства, по-
лучим (1)
Но /а Ь с- a + b с d | 2 ) 2 * 2 2 / ’ (2)
Из неравенств (1) и (2) получаем
y^3~<a+z>tc+d
к 4
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь при a — b—c=d.
229. В силу задачи 228 имеем
откуда
или
или
Очевидно, что равенство имеет место лишь при а = д = с.
230. Согласно условию
«1 > 0, а2 > 0, а3 > 0, •.. , ат > 0 )
и ? (1)
4" а2 + а3 4“ • • • + ат = J
где та—постоянная величина.
В силу задачи 225 имеем
ai*a2-a8 ат^ат, (2)
Из (1) и (2) вытекает, что
Л /лх+02+аз+‘-. +<*т\т
вгаг• а3 ... ат (----------—----------1 ,
или
т/а~п 'п------7",^.а1 + Дз + аз+ »»
V ava^-a3 ... ат------------—---------,
что и требовалось доказать-
Эта теорема является обобщением задач 227, 228, 229-
188
231. Пусть > 0, а2 > О, а3 > О, ...» ат > О и
агага3 ... ат = Ьт>
где Ьт постоянно.
В силу предыдущей задачи имеем
т\/рп q14~ <^2 + ^3+ — • +
v tn 9
или
b а1 + а2 + дз + • • • + /1х
m * ' '
Знак равенства имеет место лишь при
а1 = «а = аз = • • • = ат*
Из (1) имеем
О1 + а2 + а3+...+ат^тЬ,
т. е. сумма ai + a2 + a3+... +ат имеет наименьшее значение при
о1 = а2 = а3 = ... =
Эта теорема является обобщением задачи 223.
232. Имеем
у = х2 (3—2х) = х-х (3—2х).
Так как у согласно условию есть произведение трех неотрица-
тельных сомножителей, сумма которых постоянна
х 4-х 4- (3—2х) = 3,
то у принимает наибольшее значение при равенстве сомножителей
(задача'225), т. е. при
х = 3—2х,
откуда х—1 и t/max=1 (3—2)=1.
Отв. Утах~^'
233. Имеем
У = 4x8 _Х4 = хз (4 _х)=27. . Z. (4 _ х).
Так как у и •-у (4—х) достигают максимума
при одном и том же значении х, то рассмотрим функцию
X X X .
У1~ 3 ' 3 * 3 4
Эта функция есть произведение четырех неотрицательных сомно-
жителей (так как 0<х<4), сумма которых постоянна:
х , х , х , .. . .
7+Т+3‘+ <4—*)=4-
189
Поэтому ух принимает наибольшее значение при равенстве сомно-
жителей (задача 225), т. е. когда
х л п *
— = 4—х, или х = 3.
о
Поэтому
^max = 27* t/imax = 27«-g- • — • (4—3) = 27.
Отв. */тах = 27.
234. Ясно, что z — x-\-y принимает наименьшее значение од-
новременно с z* = (x + y)*. Но
г2=х2 + у*+2ху=х2уа (^^-\+2ху=
\ л У J
= **У* (f + ^) +2хУ= ^ + 2xi, = ^(^’ + 2)-
Теперь очевидно, что z2 принимает наименьшее значение,
когда ху принимает наименьшее значение или когда —, а еле-
1 ху
довательно, - 2—2- принимает наибольшее значение. Но поскольку
х у
1,11 1
сумма = постоянна, то принимает наибольшее
значение, когда
JL==JL==Jl
х2 у* 2а2
(см. задачу_225), откуда х — у^ = а /~2. Итак, наименьшее значение
2т1п==а V 2+а V 2 = 2а Y 2.
Отв. zmin = 2a V~2.
235. Имеем
1 , 1 = х + у=2а
х^ у ху ху *
_ л 2а
Так как ху > 0, то выражение — принимает наименьшее значе-
ние, когда ху принимает наибольшее значение. Но x + t/ = 2a, сле-
довательно, ху принимает наибольшее значение при х = # = а
(см. задачу 225).
т, 2а 2
Итак, наименьшее значение zm?n =---=—.
2 а'а а
Qme. zmhl=—.
236. Умножим обе части заданного равенства на k(k+\), где
k—некоторая положительная постоянная, значение которой мы
выберем позднее,
k(k + \)y= (fc+l)x- (40—х) • (25* —kx). (1)
Так как сумма
(/г 4-1) х + (40—х) + (25* — kx) = 40 + 25*
— постоянная величина, а числа (&+1)х, 40—я, 25k—kx не отри-
цательны при 0<х^25, то произведение
(k + 1)х» (40—х) • (25k —kx)
принимает наибольшее значение, когда сомножители равны (ко-
нечно, если это возможно), т. е. когда
(£4-1)х = 40—х = 25£—kx. (2)
Мы получили систему двух уравнений с одним неизвестным xi
J (fe+1) х = 40—х,
( (fc-J-1) x = 25k —kx.
Из первого уравнения системы (3) получаем
40
X“fc-f-2’
(3)
(4)
а из второго уравнения
х —
(5)
25k
264-Г
Постараемся теперь выбрать k так, чтобы система (3) была сов-
местной. Для этого приравняем значения х из (4) и (5)
40 25Л
* k -|- 2 2k 1
Это—уравнение относительно k. Его положительный корень
k=2.
Вудем считать, что во всех предыдущих рассуждениях k — 2.
При этом система (3) совместна и дает х=10.
Итак, при х=10 три сомножителя в правой части (1) равны
между собой и, значит, функция
k(k + \)y = 5y (0<х<25)
при х=10 принимает наибольшее значение. Вместе с ней при
х = 10 принимает наибольшее значение и функция у (0«Сх«С25).
Таким образом,
!/тах= 10 (40-10) (25-10) = 4500.
Отв. t/max=4500.
237. Первое решение. Имеем
2+^=4-+^ = п VTb,
х2 х2 Т \х2 1<6 1/а /
так как при tn > 0 m+—^2.
tn
Второе решение. Имеем
a+bx^a I Ьх»
х2 хг+ох-
191
В силу задачи 227 получаем
4+ Ьхг^2 Л/ bxa=2 fab,
X2 — у х2
т. е.
?±^2V^-.
X2
238. Известно, что (см. задачу 227)
W~j~ Я уГ /1\
—2~ у tnn. (1)
Прологарифмируем обе части неравенства (1) по основанию а.
Так как а>1, то знак неравенства сохранится.
Имеем
i°ga 2 2 ’
что и требовалось доказать.
239. В силу задачи 227 имеем
1"|"Л1^2* f/* 1*01»
1+а2^2- V'X-a*
1+ая^2. fT^.
Перемножая почленно эти п неравенств, получаем
(1+а1)(1+а2) ... (1+а„)5э2п- /а^а,...а„. (1)
Но так как ara2-as.. .аЛ = 1, то из (1) следует
(1+^(1+^)...(1+а„)^2«.
240. Так как аир удовлетворяют уравнению ах-\-Ъу=с, то
аа + 6р = с.
Имеем (см. задачу 227)
^^+^^f(aa)(bp). (1)
Возведя обе части неравенства (1) в квадрат, получаем
с2
— ^ааЬр,
отсюда
141. На основании задачи 227 имеем
a+b^2 fab, а+с^2 fac, h+c^2 fRk (1)
192
Так как по условию я + & + с —1» то
а4-/> = 1— с, а-]-с=\ — Ь, Ь-]-с—\—а.
Поэтому неравенства (1) принимают вид
1— с^2 У^аЬ, \^b^2yract 1—а^2УгЬс,
Перемножив эти три неравенства, получим
(1 —а) (1 —b) (1 — с) 8abct
что и требовалось доказать.
242. Имеем (см. задачу 227)
Складывая почленно эти неравенства, получаем
yrata2 + Vata3 + ... + Van_Lan <;
^.(n — Qat + Cn —l)a2+... +(n —l)gn,i + (n —l)a„
2
или
+ • • • + Van_ian < (ai + a2 + ... + an).
243. Первое решение. Имеем (см. задачу 227)
(1)
Введем обозначения
тогда неравенство (1) принимает вид
а + ъ , ,/•—
или
a+&+2|GF^4 /
или
(/-а+Гь)^4/(а+4^. (2)
7 И. X. Сивашинекий 193
Возведя обе части неравенства (2) в четвертую степень, получим
(У~а+У~Ь)в^ 64вЬ (а+Ь)*,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Рассмотрим очевидное неравенство
(a+6-2Kab)sS=0. (1)
Преобразуем неравенство (1) в равносильные ему неравенства
(а + &)2—4 Vab (а + Ь) + 4аЬ ё» О,
(а+6)8+4 Ка&(а+6) + 4аЬ>8 fab(a + b),
(a + b + 2 J^ab^^S fab(a + b),
(V"a+V~b)i^8yrab(a+b). (2)
Возведя обе части неравенства (2) в квадрат, получим
(V~а + К*)8 > 64а6 (а+6)«.
244. Первое решение. Имеем
(х 4- у)2 + (х—tf)2 = 2х2 + 2 г/2,
откуда
(x + r/)2<2(x2 + f/2),
или
fx + y\*^x* + y*
\ 2 J < 2 •
Введя обозначения
, 1 . , 1
х=а + -.у = Ь + 7
и принимая во внимание задачу 227, имеем
/ 1 \2 / 1 \2 / 1 1 \2
(*+£) +(ь + т) (а4-± + &+)
2 4
[(«+*)+ +
*= 4 в 4 •
Итак,
Так как а + Ь = 1 (постоянная величина), го среднее арифме-
тическое а и b равно ~. Поэтому среднее геометрическое не пре-
восходит у , т. е, У"и ab < . .Отсюда 4»
194
““ 1 /IX
---= -у+*+4( у—xj=2,5—Зя,
+х-4 7
Следовательно,
т(|+з)’»4<1+4<,-¥- w
Иэ"(1) и (2) получаем
(а+т) +^+у)!1>12>5-
Второе решение. Пусть а=-£ +xt тогда согласно ус-
А
ловию 6 —х, где |*|<4-. Следовательно,
/л Ai
аЦ4+х+-г—
^4+х+4.4
2
‘+4--4-«+т2—»
2 Х •
2____________________ха
^4—х+4.2-------=2._х+4(4+*)“2,5+а».
2^
Поэтому
+ Х2,5—Зх)« + (2,5+Зх)’ = 12,5 + 18х». (1)
Из (1) видно, что только при х=0, т. е. при а~Ь=*~9 имеем
(а+т)2 + (6+т) в12,5’
а при а b имеем
/ 1 \2 / 1 \2
\ "‘""а/ \ >12,5.
245. Имеем
Ь с а 3 f a b Т _ t
3 V b ' с ' а 9
откуда
f + A + (1)
Знак равенства в (1) имеет место лишь при а^Ь^с.
7* 195
248. Первое решение. Имеем
Поскольку
то
* о
pZ abc я + Ь + с
Из (1) и (2) следует
1 , I , 1 > 3 9
с у^Ьс"а + Ь+с'
Второе решение. Имеем
(1)
(2)
(1+т+1)(а+ь+с)=3+ (т+1) + (т+т) +
так как
Следовательно,
а~ b ~ с ~~~ a + b + с '
247. Первое решение. Известно, что среднее геометриче-
ское не больше среднего арифметического
о * о *
Отсюда
3 + (1)
и
3 р/а2Ьас2^а& + Ьс + са. (2)
Перемножив неравенства (1) и (2), получим
§abc^(a-\-b-\-c) (ab + bc^ca),
или, учитывая тождество
(a + b + c) (ab+bc-]-ca) = (a + b) (fr-hс) (c + a) + abc9
имеем
9abc^(a + b) (b+c) (c + a)*}-abct
или
Zabc (а + д) (д + с) (с + а).
196
Второе решение. Имеем
2 У ab «С а + Ь,
2 V'Ьс +
2 Уса^с-}-а.
Перемножив эти неравенства, получим
8 Уа2Ь2с2 <(« + &) (6 + с) (с 4- а),
или
8abc^,(a + b) (д + с) (с + а).
24-8. Пусть
6 + с—2х,
c + a — 2yt
a+b=2z.
Тогда a + b + c = x + y + z\ a = y-^z—x-, b — x + z—y; c = x + y—z,
Имеем
а . ._с ^У + z—x x + z — y х + у-Z —
Z?+c^c + a a + b 2x 2y 2z
* rf£+^ + f£+£\ + ^+±A_3K
2 LU x J \z 1 x J \z у J J
^l(2 + 2 + 2-3) = |.
249. Имеем
(g+Q±<fi+,W+?> з/(а+-6)(й+с)(с+в),
или
а + Ь+б^У(а+Ь)(Ь + с) (c + a). (1)
Умножив почленно неравенство (1) на очевидное неравенство
+ _____________________________1
а + b Ь+с с+а" з/ ^Ь) (b + с) (с+ а)'
получим
а+ь+с(^+гЬ+п^)^4*
что и требовалось доказать.
250. Имеем
(X + y + z)2 + (X^y)2 + (X^2)2^(y^z)2
3 -
__9а2 + (х-^ + (х-г)а+(г/-2)«
3
Ясно, что М принимает наименьшее значение одновременно с
суммой
(*—У? + (*—Z)® + (у—г)а.
197
Но эта сумма неотрицательна» следовательно» ее наименьшее зна-
чение равно нулю и достигается при x = #=z.
Так как x + y + z~3at то х —// —z = a.
Итак» наименьшее значение
/И=х2+у2 + га = 3а2.
Отв. Наименьшее значение Л4 —За2.
251. Так как среднее геометрическое п чисел не превосходит
их среднего арифметического (см. задачу 230), то
"/Ь2-3...(п — \)п<
1 2 —3 • 4* (л —— 1) 4* л _ л(м4~ 1) л 4~ 1
гГ ~~2п 2~ ’
Возведя обе части этого неравенства в п-ю степень, получим
- Заметим, что равенство получается только при п»1. При п>1
252. Имеем (см. задачу 230)
п слагаемых
" +£/ab5 = п+l/a-bb...b < °+^+6+ ••• +fc—а + п!>
' у '—,—' п+1 п+1
п раз
Равенство имеет место только при а—Ь.
253. Первое решение. Имеем (см. задачу 230)
Я14-024-Яз4-" .+^Л^п р/ахОзОз...ап
и
1
1
Перемножая эти два неравенства, получаем
(“1+«2+Л«+ •••+“«) + + +4") * ~п*-
\ а1 а2 а3 аП /
Второе решение. Имеем
0 = (а14-а2 + аз4- ••• +ап) (у+у +—+••• + у) =
\ **2 ^*3 /
198
л п(п—1)
В квадратных скобках содержится ——- сумм взаимно обрат-
ных чисел
-^ + -^S»2 (/, 7 = 1, 2, .... п).
«/ «/ .
Поэтому у > п +П^П^~-^ 2=па.
254. Имеем
j/1.3.5...(2„-l)<1+3 + 5+;-+(2"-1),
' /гтта<2+,+6+-+2".
Перемножая эти неравенства, получаем
/.2.3...(2.-1)2. < |И-3 + 3+...+(2п-1)1|2+<+6+...+ад .
Но так как
1+3 + 5+...+(2п — 1) = п2 и 2 + 4 + 6+...+2п = п(п + 1),
то
или
”/(270Т< п(п+1).
Возведя обе части последнего неравенства в п-ю степень, получим
(2п)! <[п(п+1)]л.
255. Имеем
л»
a"-"1 + e"-m + а"~т + ... +а"~т
п
У(а1а»°3- • вп)',Га.
Перемножая эти два неравенства, получим
5а (в^Оз.. .а„)",
“а- +<+«? +...+<) ( ап-т+а^-т+аГт + •. • +<-"*)
-
(а«+в2’ + а^+...+а”)(а;-"’ + аГт + ...+а”-т)э=
. .ап.
199
256. По формуле бинома Ньютона имеем
(1+%)« = 1+Л%+...
Поскольку ненаписанные члены правой части этого равенства по-
ложительны, то
(1 + Х)«> 1-f-nb.
257. Первое решен ие. Заменим в неравенстве Бернулли
(см. задачу 256) 1+Х на а, получим
1 + п ( сГ— 1) < (yS~a)n=a,
или
‘ п —п < а —1.
Поделив обе части последнего неравенства на п, получим
Второе решение. Имеем
Я/“ 1— 0-1
Поскольку в знаменателе правой части этого равенства все слагае-
мые, кроме последнего, больше единицы, а число слагаемых равно
nt то
п раз
(а) 2+.-» + 1>1 + 1 + 1 + -«* + 1вЛ. (2)
Из (1) и (2) следует, что
л/- 1 -а~1
У п
258. В первый раз на левой чашке груз в х кг уравновеши-
вался разновесом в 1 кг, во второй раз разновес в 1 кг, находив-
шийся на левой чашке, уравновешивал груз в у кг. Отсюда имеем
к : 1 = 1 2 у,
или
1
у=-.
Итак, было отпущено товаРа вместо 2 кг. Но так
как х>0 и х 1, тох4~>2 (см. задачу 214) и ясно, что тор-
говец потерпел убыток.
259. Применяя формулу бинома Ньютона, имеем
f Гп -1 . 1 I рп в _1
••• "ГСЛ Пп~1~т^п Пп •
200
Это равенство можно переписать так:
/ , , 1 V , , , n(n-l) 1 , п (п-1) (п-2) 1
1 + п ) 1 +1 + 21 ’ п2 + 3! ’ п»
rt(n_l)(rt_2)...[n-(fe-l)] 1
•- + -:----------fe!-------------+
, п(п-1)(п-2)...[п-(п-2)1 1 ,
г (п—1)! 'ft'l“1"r
t п(п_1) (п_2). _[п—(п —1)] 1
+ п! ’ пп ’
или
п (ft—1) (ft—2)
п (ft— 1) (п—2).. .[к — (k— 1)]
ft (ft — 1) (л—2).. .[ft —(ft—2)]
ft»-i
(ft—1)!
n (n 1) (n 2) ,[ft —(ft— 1)]
201
Так как все слагаемые в правой части положительны, то
/IV
(14) ^2
(равенство только при п=1).
С другой стороны, из формулы (1) видно, что при л^2
(1+4 <2 + Ь2 + Ь23 + 1.2.3-4 + ,"+Ь2-3.4...п’
При п^*3 имеет место неравенство
, + n ) <2 + 1.2 + l-2-3+1.2-3-3 + 1.2-3.3i + ,“+1.2.3-3B“8’
ИЛИ
<2+.ь2+ь2^3 [1+‘з'+з«‘ + '^’+,"+з^=з] •
Заметим, что в неравенстве (2) выражение, заключенное в квад-
ратные скобки, есть сумма членов геометрической прогрессии. По-
этому неравенство (2) принимает вид
/IV 1 1
(1 + 7г) <2+Г2+ГГз
1 1 1
‘4
или
1
2-37*"3/*
(3)
Усиливая еще раз неравенство (3), получим
/ 1 V 1 1
04) <2+п,4=2-75-
Это неравенство выведено для п^З, но оно справедливо также
при п=1 и п = 2.
Итак, для любых натуральных л
/ 1 V
2<( Ц—] <2,75.
При п 1 имеем
/IXя
2<(,+ п) <2’75-:
260. Заданное неравенство равносильно таким:
х3—х2— 4х2 +4х +4х—4 > 0,
х2 (х —1) —4х (х—1)4*4 (х—1) > О,
(х— 1) (х2—4x4*4) >0,
(х—1)(х—2)2>0.
Так как (х—-2)*>0 при любом х 2, то должно быть х—1>0
и х =£ 2.
Ome. 1 < х < 2 или х > 2.
202
J
261. Преобразуем тождественно левую часть заданного неравен-
ства, получим равносильные неравенства
[(х — 1) (х—4)] [(х—2) (х—3)] +1,001 >0,
(х2—5x4-4) (х2—5x4-6) 4-1,001 >0,
(х2—5х)24-Ю(х2—5х)4-25,001 >0,
[(х2—5х) 4-5]2 4-0,001 >0. (1)
Неравенство (1) справедливо при любом значении х.
Отв. х—любое действительное число.
262. Так как обе части неравенства положительны, то, возведя
обе части в квадрат, получим равносильное неравенство
^>1.
2—х
или
Зх-1-24-х>0
2—х
Корни левой части неравенства суть j и 2, поэтому
{<«<2.
з
Отв. — < х < 2.
4
263. Так как 52*>0, то, разделив обе части неравенства на
52*, получим
(о \ зх / о \ х
4) -4 -2<о.
о ) \ о /
или
/ 2 X*
Поскольку (-£- ) 4-1 > 0, то заданное неравенство эквивалентно
\ О /
такому:
или (0,4)* <2, или x>log0>42 (при основании, меньшем единицы,
степень убывает с возрастанием показателя)/
Отв. х > logo,4 2-
203
264. По смыслу задачи х > 0, поэтому данное неравенство рав-
носильно неравенству
log* х (х + 1) < logfl (2х + 6).
Так как а > 1, то отсюда х (х4~1) < 2x4-6, или
х2-—х—6 < 0.
Решая это квадратное неравенство при условии х > 0, полу-
чаем 0 < х < 3.
Отв. 0 < х < 3.
265. Так как х>0, то данное неравенство равносильно нера-
венству
х1°£а*>а2. (1)
Но а>1, поэтому, логарифмируя неравенство (1) по основанию а,
получим
log* х > 2»
Отсюда окончательно находим либо loga х > У" 2 и, следова-
тельно, х > аУ 2, либо_^д х < — V 2, и тогда 0 < х < а~^.
Отв. 0<х<а"^2 или х > аУ~\
266. Пусть 1og2x = z/, тогда logx 2 = = у .
Решаемое неравенство принимает вид
У + — 4- 2 cos а < 0.
У
(1)
Ясно, что
и у имеют одинаковый знак, и также из-
вестно, что
Поэтому, если у 4- у > 0, то неравенство (1) выполняется толь-
ко тогда, когда Ну=2 и cosa==—1.
Итак, если х = 2 и а = (2&4- 1)л, где /г = 0, ±1, ±2, ..., то
в неравенстве (1) имеет место знак равенства.
Если же у4~<0» т* е- У < 0, то r/4-y^—2 и неравенство
(1) имеет место при любых значениях cl
Итак, заданное неравенство имеет место при 0 < х < 1 и всех
значениях а.
Отв. Заданное неравенство выполняется при х=2 и a=(2fc4-1) л,
где /г = 0, ±1, 4: 2, ..., или при 0 < х < 1 и при всех значениях а.
J
267. Пользуясь логарифмическим тождеством logba = r-^-r,
log^fc ’
прообразуем левую часть данного неравенства так:
log J х + log8 X = +1 Og3 X = logj X / log J 3 +1 \ =
T log8 у Д T /
— -law..
S 10g2.7 loS_3.2
2 2
Данное неравенство примет тогда вид
2
3
Так как2>1, -у>1 и log 3 2 > О, то неравенство (1)эквива-
V
лентно такому:
log3 х < — log3 2.
V
Учитывая, что по условию х > 0, получаем
-log32
0<х<3 Т.
-log g 2
Отв. О < х < 3 2 .
268. Имеем
lgax + 2 1g х—6
lg*
или
lg2x + lgx—6
1g X U|
которое равносильно неравенству
lgx(lg2x + lgx—6) < 0 (1gх 0).
или
lgx(lg *4-3) (1g х—2)<0,
откуда
0<lgx<2 или 1g х<—3.
Отв. 1 < х < 100 или 0 < х < 0,001.
269. Функция arcsin а определена при | а | < 1 и положительна
при а > 0. Поэтому данное неравенство эквивалентно такому:
0 < Igio х < 1, или lg10 1 < lg10 х < lg10 10.
205
Так как при одном и том же основании, большем единицы, боль-
шему числу соответствует больший логарифм, то имеем:
1 < х< 10.
270. Данная система равносильна следующей:
f х2 + (* + а)2 + 2х<1,
I у = х + а.
Неравенство
2ха+2(а-|-1)* + а2—1 <0
имеет единственное решение относительно х тогда и только тогда,
когда
(а +1)2—2 (а2—1)=0,
т. е.
а2—2а—3 = 0;
отсюда
aj = 3, ag = —— 1.
Итак, если а=3, то х2 + 4х + 4 = 0 и х = — 2, у — 1, а если a=— 1,
то х2=0 и х=0, у = — 1.
Отв, а = 3, х=—2, г/— 1 или а=— 1, х=0, 1.
271. Заметим, что х2—х+1 >0 при всех значениях х, так как
дискриминант квадратного трехчлена равен —3 < 0 и, следова-
тельно, корни трехчлена невещественны, поэтому можно умножить
оба неравенства на знаменатель. В результате получим
( — Зх2 + 3х —3<Х24~аХ —2,
I x2 + ax—2 < 2х2—2х+2,
или
J 4Х2 + (а_3)х+1 >о,
I х2—(а + 2)х + 4>0.
Первое неравенство системы справедливо при всех х тогда и только
тогда, когда
(а—3)2-46 <0. (1)
Второе неравенство выполняется при условии
(а + 2)2-16<0. (2)
Решая теперь совместно (1) и (2) относительно а, получаем
( _4<а—3 < 4, ( — 1 < а < 7,
< или <
I —4<а + 2<4, ( — 6 < а < 2.
Отв, — 1 < а < 2.
206
Глава V
ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
272. Пусть промежуток времени следования трамваев в мину-
тах х, скорость трамвая скорость пешехода v2 (t?i и v2—пути,
пройденные в 1 минуту).
Если пешеход идет навстречу трамваю, то за 4 минуты их сум-
марный путь равен 4 (vx + v2)-. Этот суммарный путь равен расстоя-
нию PiX между трамваями.
Итак, имеем уравнение
4(oi + va) = vix. (1)
Если же пешеход и трамвай движутся в, одном направлении,
то через каждые 12 минут трамвай обгоняет пешехода, следова-
тельно, разность их путей будет равна 12 (с^—о2). Эта разность
равна также расстоянию между трамваями v2x, т. е.
12 (У1— о2)=о1х. (2)
Решая (1) и (2) совместно, находим х.
Отв. 6 мин.
278. Пароход, вышедший из А, встретит, во-первых, те вы-
шедшие из В пароходы, которые уже находятся в пути к моменту
выхода парохода из Д, и, во-вторых, те, которые выйдут из В за
время движения парохода, вышедшего из А. В момент выхода па-
рохода из А в пути находятся 12 пароходов, считая тот, который
вышел в этот момент из В (но не считая того, который в этот мо-
мент прибыл в Д). Кроме того, за 12 суток пути парохода, вышед-
шего из Д, из В выйдет 11 пароходов (не считая того, который
выйдет из В в момент прибытия парохода из Д). Итак, в открытом
море каждый пароход встретит 12+11=23 парохода.
Отв. 23 парохода.
274. Обозначим через х км/час скорость катера в стоячей воде,
а через у км/час скорость течения, тогда имеем систему
( -М,
J х + у х—у
J 24 96 72
V у ^х + у'х—у'
Пусть х—zy, тогда второе уравнение системы примет вид
24__ 96 72
у ~у(г+1) + у(г—1)’
ИЛИ
22—7z = 0.
207
Так как 2^0, то af=7. Поэтому х=*1у. Подставив х~7у в первое
уравнение системы, находим
Э.6,
8У+6«/ 14,
К этому уравнению, проще прийти, исходя из следующих сообра-
жений.
Считая плот неподвижным (например, для наблюдателя, нахо-
дящегося на плоту), находим, что катер плыл вниз столько же
часов, сколько обратно до встречи с плотом, так как скорость
движения катера относительно плота одинакова в обоих случаях.
Следовательно, катер проплыл 96 км за время, в течение кото-
рого плот проплыл 24 км : 2=12 км. Поэтому, если у км/час—ско-
96
рость течения, то скорость катера по течению равна ^у км[час =*
^8у км/час; тогда скорость катера против течения равна 6 г/ км/час.
Значит,
8у+6у 14,
отсюда у = 2 км/час—скорость течения; 7у= 14 км/час—скорость
катера в стоячей воде.
Отв. Скорость течения 2 км/час, скорость катера в стоячей
воде 14 км/час.
275. Обозначив расстояние АВ через.3, время движения от А
до В —через х часов и время движения от В к А—через у часов,
имеем
3 = о1х=о2^.
Отсюда
Sty/
— 40 4 •
Средняя скорость
23
х+У
60г/
3 .
^У+У
34,3 км/час.
Замечание. Часто на вопрос этой задачи отвечают, что
средняя скорость равна 35 км в час. Но это неверно. Так было бы,
если бы автомобиль двигался одинаковые /промежутки времени
с каждой из скоростей.
Отв. 25= 34,3 км/час.
276. Пусть расстояние между А и В равно /, а скорости мо-
тоциклов Ci и о2. За время t первый мотоцикл проехал путь, рав-
ный р + а второй — путь q + l—р. Поэтому
<1>
20S
С другой стороны» отношение скоростей равно отношению пу-
тей, пройденных до первой встречи, т. е.
р
»2 Р
(2)
Подставив в (2) значения и из(1), получим уравнение для
определения I. Решив его, найдем /==3р —q. Подставив это зна-
чение I в формулы (1), получим
4р—2q
Vi==--
2р
°2=г
Л > О 4р—2q 2р
Отв. l = 3p—qt —-, vz = -j~,
277. Введем обозначения: скорость первого тела х м/мин, а
скорость второго тела у м/мин. Для определенности пусть скорость
первого тела больше скорости второго тела. Положим, что когда
тела движутся в одном направлении, они сходятся в некоторой
точке А окружности, а ближайшая точка встречи — В
На пути от Л до В второе тело отстает от первого, и в момент,
когда они впервые сходятся, отставание составляет длину полной
окружности. Поскольку между двумя ближайшими соединениями
тел протекает 56 минут, за которые первое тело проходит 56хм, а
второе 56г/ л<, то длина окружности равна (56х—56г/) м.
Если же тела движутся в противоположных направлениях, то
пути, пройденные ими за 8 минут, протекающие между двумя бли-
жайшими встречами, в сумме составляют длину окружности. Зна-
чит, длина окружности равна 8x-J-8p.
Итак, имеем уравнение
56(х—(/) = 8 (х + у). (1)
/ 9 \
Согласно условию задачи за 24 сек ( у мин ] тела сближаются
. на 40 м—26 лс== 14 м. Поэтому
9
5* (х-Ь*/)= 14.
(2)
Решая уравнения (1) и (2) совместно, находим
9 х=20 м/мин, г/=15 м/мин
Длина окружности
8 (х + (/) = 8 (20 + 15) = 280.
Отв. 280 м.
278. Обозначим через tx время, прошедшее до первой встречи,
через t2—время, прошедшее до второй встречи, а через I—длину
окружности.
За время первое тело прошло путь vtlt а второе — путь
at2
-у-. Согласно первому утверждению задачи имеем
o/j + ^ = Z. (1)
209
За время tt каждое тело прошло один и тот же путь I (полную
окружность).
Следовательно,
vt^l и = /.
Из последних двух уравнений находим
! . 2р2
а
(2)
Из (1) и (2) получаем
<1=(ГЗ-1)Х.
279. Если обозначим скорость первого автомобиля через х км)час,
то до встречи первый автомобиль пройдет путь в tx км, а второй
(S—tx) км. Следовательно, скорость второго автомобиля равна
5—tx
—— км/час. Время, нужное первому автомобилю для прохождения
* Р -
пути в р км, составляет — часов, а время, необходимое второму,—
pt х
FT"- .” часов.
S—tx
Согласно условию задачи имеем
£
х
pt
S—tx
^q.
Решая это уравнение, получаем
2pt+qS ±
Х~ 2qt ’ .
_ _ х 2pt + qS
Отв. Скорость первого автомобиля ——s-s—
, qS—2pt 4- V4p2t2 + q2S2 ,
км/час, скорость второго 2к ' 2qt '—~—км/час.
280. Обозначим расстояние в километрах между Л и В через х.
_ х
Велосипедист прошел это расстояние за — часов, а мотоциклист
за— часов. Известно, что велосипедист 'прибыл в В на t часов
позже, чем мотоциклист, и, кроме того, он еще до выезда мотоци-
клиста был в пути — часов. Следовательно, велосипедист, был
^4p2/2 + <?2S2
2qt
210
в пути на часов больше, чем мотоциклист. Так<л
образом,
v 4v * v
4
Отв. -х- (trt + S) км.
О
281. Пусть t часов—искомое время. За единицу длины примем
путь, который проходит лодка за 1 час в стоячей воде. Тогда ско-
рость лодки в стоячей воде равна 1 ед/час. Скорость течения обо-
значим через q ед [час. Ясно, что скорость лодки, плывущей по
течению, равна (1+<?) ед) час, а плывущей против течения (1 —</) ед [час.
Пусть АВ = а (ед), ВС — Ь(ед).
Из условия задачи следует система уравнений!
( а , b 1+1+» 6-
- + —-7. 1 ‘1-9 ’ гф~=5,5, 1+9
т. е. ( a + b-f-aq fi 1+9 ’
л g + ft—д? ? 1—9 (1)
?±-& = 5,5. 1+9
Из первого и третьего уравнений системы (1) имеем
д + &—а? = 2.5 5—6 = 5.
1 + 9
Из второго уравнения системы (1) получаем
а + Ь—aq 7
Из третьего уравнения системы (1) следует
1 + <7_ 1 _ 2
а + b 5,5~1Г
Перемножая почленно уравнения (2), (3) и (4), находим
1— q 10
a^b^lT
Искомая величина
/ = ^±-^=—= 7,7.
1—9 10 *
Отв. 7,7 часа.
(2)
(3)'
(4)
211
282. Пусть в момент выхода автомобиля пешеход находился
М пункте Aj (рис. 3), а велосипедист—в пункте Вг.
Введем обозначения: пусть 4/—время движения пешехода (и
велосипедиста) до встречи в пункте С. Следовательно, 3t—время
движения пешехода (и вело-
f р сипедиста) до момента вы-
/ А. С В, 8 хода автомобиля из А,
' а /—время движения авто-
Рис. 3. мобиля до встречи с велоси-
педистом и пешеходом.
Если скорость пешехода принять равной 1 ед. дл.[ед. ер,, то
скорость автомобиля 4 ед. дл./ед. ер.
Скорость велосипедиста обозначим через х ед. дл./ед. ер. Учи-
тывая, что путь СА = 4/ ед. дл. пройден велосипедистом за то же
время, что и путь CB = 4tx пройден автомобилем, имеем
4/ 4/х
х ~ 4 ’
откуда
х2 = 4, х==2.
Оте. Скорость велосипедиста больше скорости пешехода в
два раза.
283. Пусть второй пароход шел вперед 2/ суток со скоростью
v км/сутки. Тогда первый пароход прошел первую половину пути
за t суток со скоростью v км/сутки, а вторую половину пути за
(/ + 2) суток со скоростью (и—240) км/сутки.
Следовательно,
о _/+2 /
о—240 t * //
Составляем производную пропорцию
v __ / + 2 v _J+2 /1Х
V—«4-240”1 + 2 — t' ИЛИ 240 “ 2 ' (1'
Из последней части условия задачи имеем (o + 240)-6 = 2ttf, или
v+240 t v 3
-----г=-5-, ИЛИ Т ОДП — -Г • Составим производную пропорцию
V о V Z4U t
v 3 v 3
«4-240—«~Г=3 ’ ИЛН 240”7^3 ’
Из (1) и (2) следует
Г+2 3
2 /—3
или
/2 — /—12 = 0.
Положительный корень этого уравнения равен 4.
Оте. 8 суток.
212
284. Обозначим скорость вестового через х км/час. Относитель-
ная скорость вестового при движении его из конца колонны в на-
чало равна (х—v) км/час, при движении обратно — (x-f- v) км/час.
d
Время движения вестового вперед равно - часов; время дви-
d
жения назад —р- часов.
X —j" и
Согласно условию задачи имеем
d d = t
х—а"^х + о~60*
Л 60d+ V360(М2 + /М ,
Отв. ----5--------5---- км/час.
285. Обозначим скорость движения поезда через х км/час, вре-
мя движения пассажира на такси —у часов, а время, которое пасса-
жир затратил, чтобы догнать поезд, — г часов. Таким образом,
поезд к моменту, когда его догнал пассажир, прошел путь
(f4-z)x км.
Пассажир проехал на такси путь yvr км, а на автобусе (г—у)с2км.
Итак,
(t + z)x = yvt + (z—y)v2- (1)
Если бы пассажир догонял поезд только на такси, то к мо^
менту, когда пассажир догнал бы его, поезд прошел бы расстояние
(t + z—т)х км, а пассажир (г—т) км.
Следовательно,
(/ + г—т) х = (г—т)^. (2)
В действительности было затрачено денег (^а+Л) рублей,
а если бы пассажир догонял поезд только на такси, то он истратил
бы (г—т) V&.
Согласно условию задачи имеем
yv^-j-A = (z—т) г^аЛ-В. (3)
Решая совместно уравнения (1), (2) и (3), находим скорость поезда
(Л — В) (v2 — Vj) '
x — v2 + ----avx------~ км/час.
(A —В) (v2—,
Отв. v2 +-----——------— км час.
286. Поскольку оба туриста прибыли в пункт. В одновременно,
то они, двигаясь пешком, прошли одно и то же расстояние. Обо-
значим это расстояние через х, а искомое время у. Время, за ко-
торое второй турист прошел пешком х км со скоростью км/час,
равно времени, за которое мотоцикл проехал путь (2S—Зх) км со
скоростью v2 км/час. Таким образом, имеем
х 2S — Зх j
213
Так как каждый из туристов прошел пешком х км и ехал на мо-
тоцикле (S-— х) км, то искомое время
х
S ~х
Из (1) находим х =——А— км.
с^ + З^
S (Зп2 + 0г)
v2(30i + 02)
Подставляя значение х в (2), получаем у =
(2)
часов.
S (Зо2 + Vi)
v2(3ui +о2)
Отв.
час.
287. Обозначим расстояние от А до В через х км, скорость
первого пешехода через у км/час., скорость второго — г км/час.
К моменту первой встречи первый пешеход прошел путь, рав-
ный (%+d) км, затратив на это — - час, а второй прошел путь
х d &
(х—d) км, затратив час. Поскольку они вышли одновремен-
но, то z
x + d_x—d
У ~~ z * U
К моменту второй встречи первый пешеход прошел пути рав-
ный + км, а второй ^2х — -jQ км, следовательно,
п , X п X
2х-}-----------------------2х-------
п ______п
У ~ z
Из уравнения (1) получаем
У =_x+d
z x—d’
а из уравнения (2) имеем
У _2п + 1
г 2n—1*
Таким образом,
х + ^__ 2п + 1
х—d~2n.— 1 *
Составляем производную пропорцию
x + d + 2и+1+2п—1 = о„
x+d—x + d 2n+1 —2/i + l ’ d ’
откуда
x~2dn.
Отв. 2dn км.
214
288. Пусть мотоциклист проезжает путь АВ за х часов, тогда
велосипедист проезжает это расстояние за (х+0 часов.
За 1 час мотоциклист проходит — Л В, а велосипедист —АВ.
X Х-]-1
Вместе они проезжают за 1 час путь, равный ^у + 7^77^ Л В, а
за п часов —путь, равный п (-~+“4~7 ) АВ^ АВ. Таким образом,
Y х х 4* t J
х+?) = 1’
п
или
х2—(2/t —f) х—nt — O.
Это уравнение имеет только один положительный корень, так как
произведение корней (—nt) отрицательно. Положительный корень
_2n—f+K4n2+P
Х~ 2 • ______ •
2д 4-1J- 1/" 4п2 4- 2
Отв. Велосипедист проезжает путь АВ за —-------J-— час,
2n—<+К4п2 + <2
а мотоциклист за -----1— час.
289. Обозначим меньшую скорость вестового через х км/час,
тогда большая скорость равна (х+0 км/час.
Согласно условию задачи имеем
4 :—г 4* —
х+1 ' X
ИЛИ
4ха 4* 4* < 20х + 10 5ха + 5х.
Таким образом, имеем систему неравенств
Х2_Зх—2$г0, 1
2х2—8х—5^0. f (
Из первого неравенства системы (1) находим
3-1-У17 з—/Т7
х^ —— ИЛИ ---Я--
Так как х > 0, то отсюда следует, что
' т>3+КТ7
(2)
Из второго неравенства системы (1) получаем
4-К26 -_4+К26
2 2
215
Поскольку х > О, то
0<х<1±р!. (3)
Из (2) и (3) следует, что
3+KIT 44-K2S
2 х g
290. Обозначим число, процентов прироста продукции за год
через х. Если к началу первого года величина продукции была а,
то к началу второго года стала
, ах Л , х \
ai~°+ioo~a v + iooj’
а к началу третьего года
°2==ai (1+Т^)=0 (1+Пй)
и т. д. Очевидно, что к началу восьмого года количество продукции
/ X / X \®
стало а 1 + , а к концу восьмого года а ( 1 + гхк ) •
\ ши у
Рассуждая аналогично при приросте продукции в год на
(х + р)%, получаем, что количество продукции к концу восьмого
Л , х + р\8
года равно a I 1 + -цйр ) •
Согласно условию задачи имеем
или
или
14-^= 8/ТГ1+—
+ 100 И \ +100/
откуда
р-100(’/2'-1)
X —-----о“7=----- •
®/2-1
Заметим, что задача имеет решение только, если
р>юо(уТ-1).
р—юо (®/Т-1)
Оте. ----»/у *---где р> 100 (J/2— 1).
216
291. Первое решение. Обозначим искомое число досок
хр
через х. В первые два часа мастер выиграл партий и I пар-
тий проиграл. Следующие два часа он уже вел игру на ( х——I |
досках. Из всех партий, сыгранных в последние два часа, он вы-
играл fOO партий, т партий проиграл и п свел вничью.
Так как общее число партий, сыгранных за последние два часа, состав-
ляется из всех выигранных, проигранных и сведенных вничью
партий за эти часы, то отсюда получаем уравнение
хр . / хр Л q ,
* 100 \ 100 lJ 100 + /и + л’
или
(1~lfo)=/” + ”’
или
хр 100 (/n-4-n)
100 1~ 100-9 ’
или
,Л р \_100(m + n)
\ 100/“ 100—q + ’
или
100—р _ 100 (лг + п) +1(100—q)
*' 100 “ 100—9
откуда
_ 10 000 (т + п) +100/ (100^7) .
Х~ (100-р) (100-9)
Второе решение. За последние два часа мастер сыграл
naPTH®» (w + n) партий составляют (100 — q) % пар-
тий, сыгранных за последние два часа, т. е.
~ t „_.1QQ--9ХР Л
т+п~ юо \ wo )'
Следовательно,
10 000(m + n) = (100—9)(100—р)х—100/(100 — 9),
откуда
_ 10000 (« + п)+ 100/(100 —9)
Х~ (100 —9) (100—р)
ар
292. При каждой операции вливания в сосуд поступало л
спирта, а после каждой операции выливания в сосуде сохранялось
того количества спирта, которое было в сосуде в момент,
предшествующий этому выливанию.
217
Пусть xlt х2, x3, ...» хл — количество спирта в сосуде соответ-
ственно после 1-го, 2-го, 3-го, ./г-го выливания; тогда
_ар А
*1—К)ОЛ + а’
[ар А ар\ А
Ха\100А + а+100) A-f-a'
х — [ар ( А V I ар А ' ар1 А
* [100\Л+а/ “"100Ла"1" 100J Л+а’
1-f —У 1-(—У
ар \А+а/ А __ Аар \A+aJ __ Ар Г / A VI
= Т00 J А А + а~1№ а 100 [/ \4+а/ J
1 А+а
„ Aq
Согласно условию следовательно,
Ар Г. / Л У] Aq_
100 L \Л+а/ J ЮО’
Далее,
_£_У>± ( А Ус1 q Р+°У> р
\4+а/ р ’ \44-a/ р ' \ А ) ~~p—q'
Ясно, что задача имеет решение, если р > q.
Имеем
Отв
итв. п —А , .
298. Пусть в первый раз из бака вылили х литров спирта,
после этого в баке осталось чистого спирта (64—х) л. Следова-
тельно, на 1 л смеси приходится —• л спирта. Значит, второй
. 64—х
раз было отлито чистого спирта gj - х л.
Таким образом, после второго отливания в баке осталось чи-
стого спирта
64-х-ТГ^х=й(64—*)2 Л‘
218
Итак, имеем уравнение
Jr (64-х)« = 49,
64
Отв. Первый раз отлили 8 л, а второй раз — 7 л чистого спирта.
294. До переливания концентрация qi(i = 1, 2, ...» л) спирта
была равна:
в первом сосуде ^ = 1,
1
во втором сосуде ==-£“»
1
в л-м сосуде
Пусть
Pi* Ръ*
нения
после
переливаний
концентрации равны соответственно
рп. Тогда Pi = l, а р/ при х> 1 определяется из урав-
V | ~ V
<l‘2+Pt-1-2_qi+pi_1
Pi----------------------------------------2-------
(/ = 2, .... п).
Это уравнение мы получаем, деля количество спирта
о . v
+Pl-i~2 *
которое оказывается в /-м сосуде после переливания из (/ —1)-го
сосуда, на объем всего сосуда о.
Таким образом,
_ __ Я* + Pi „ _ <7з + Ра п _ ?» + Pn-i
Р»----2—’ Ра------2~....... Рп~ 2. *
Отсюда
a । Яп-i + Pn-i
п ^Яп + Рп-1^ п 2 ^Яп . Яп-1' 1 о =
Рп-* 2 ~ 2 2 * 2а * 2гРп“а
2 _
2
Яп I Рл-1 i 1 Яп-2~^Рп-9 Яп \ ЯП-1 _\Яп-2 \Рп-3_
2 ‘ 22 22 2 2 "И 22 'г 23 "г 2* ““
Яп t Яп—i । . t Яъ _ । _Р1_
~2 • g2" ‘ 2П-1 ‘ 2П“1
1,1. .1.1
2^л-1"|’22Ля‘1’г ’Г2П’1Л“Г2Л“1,
219
Если k 2, то
1 1
1 kn~l 2й-1 1 1
Pn~2k J_______1_ +2л-1-(2й)»-1(2—A) + 2»-i’
k 2
Если же k — 2, то
п — 1 , 1 _п+1
Рп 2п 2п '
295. Пусть объем второго чана равен 1 (единице объема), а
объем первого чана равен х (единиц объема).
При открытых трубах 4, В и-С за 7 часов мог наполниться
только второй чан, так как за 1 час в первом чане могло оказаться
лишь у —0 у (единиц).
Труба А дает за 1 час у (единиц объема) воды
D 1 х
I » В » » 1 » » » »
х о
» С » » 1 » "Г » » »
о
(х х \ 2
-g—-g-)7=l; х=± 4 у (единиц объема).
2
Отв. Первый чан больше второго в 4 у раза.
296. Обозначим меньший из сомножителей через х. Тогда со-
гласно условию задачи имеем
х(х 4-10)—40 = 39x4-22,
или
х2—29х—62 = 0.
Положительный корень этого уравнения равен 31.
Отв. Сомножители равны 31 и 41.
297. Пусть часы уходят вперед (спешат) на х минут в сутки.
~ т
Следовательно, через — суток часы покажут правильное время.
Если бы они уходили вперед на (х-Н) минут в сутки, то при от-
ставании в данный момент на п минут (по сравнению с правиль-
ным временем) они показали бы правильное время через - -
суток. х 4- ?
т * п 1
Согласно условию задачи — больше, чем — > на L поэтому
имеем х х 4- г
— =14----~ или х24-(п 4-t — т) х—mt — Q.
х х 4-/ 1 '
220
Это уравнение имеет только один положительный корень, который
служит решением задачи. ___________________________
Птй r_m—n—t+Vm» + ni + ti + 2(mt + nt—mn)
UlllO, К— ..... ..111 " мин,
298. Обозначим искомое число через х2, число десятков и число
тысяч через а, число единиц через Ь, число сотен через (Ь 4*1).
Таким образом,
х2 = 1000а + 100 (b +1) + 10а + bt
или
х2= 1010а+Ю1&+100,*
или
(х—10) (х+ 10) = 101 (10а+ 6).
(1)
Правая часть равенства (1) делится на 101, следовательно, и
левая часть также кратна 101. Поскольку 101 —простое число, то
хотя бы один из сомножителей левой части должен делиться на 101.
Так как х2—четырехзначное число, то х—двузначное, а сле-
довательно, х—10 не может делиться на трехзначное число 101.
Таким образом, только х+10 может делиться на 101, а поскольку
x-J-lO’ClOO, то х+10 = 101, следовательно, х = 91; теперь можно
определить искомое число
Отв. 8281.
299. Пусть первый слиток весит х а, тогда второй слиток весит
(/и—х) а.
г» рх
В первом слитке содержится чистого золота jgg, а во втором
q{tn—x)
100 г'
Согласно условию задачи в первом слитке содержится чистого
золота на п г больше, чем во втором, следовательно,
рх д(т—Х)
100 100 ’
или
/ (p + q) х = 100n + qm.
л » 100n + qm « рт— 100л
Отв. Первый слиток весит----г- а, а второй -----;--- а.
p+q p+q
300. Пусть второй кран действовал х дней. Первый кран за
т ~
один день наполняет чана. Если принять вместимость чана за
„ . т п—т _
единицу, то второй кран наполнил 1——— чана, Следова-
„ п—т
тельно, за один день второй кран наполняет - чана.
221
Если бы оба крана действовали вместе дней, то они со-
гласно условию задачи наполнили бы чан, поэтому
/ т п—т\ / + х__.
\ nt + пх ) 2 “ ’
или
тх (t+x)—(m—n) t (t + x) = 2ntx,
* или
тх2—tnx + t2 (n—m)=0.
Так как n«-m>0, то оба корня положительные:
_/п ± V^2n2 —4Z2m (п—т) tn ± V(tn —2tm)2
X — д - = ’*** * "1 —ж
2т 2т
r- tn ± (tn—2tm)
2т
Таким образом, х1=-^- (n—m), x^ — t.
301. Пусть в совхозе было х комбайнов. Таким образом, объем
всей работы 24х комбайно-часов.
Согласно плану за первые (х—1) часов было выработано
1 + 2 + 3+... + (х—1)==*^ -комбайно-часов.
Л
Пусть после этого все х комбайнов работали еще у часов, вы-
работав дополнительно (ху) комбайно-часов.
Итак, имеем уравнение
х(х— 1) , Л.
' 2 -~+ху = 24х. (1)
Так как х^&О, то уравнение (1) равносильно такому:
х + 2у = 49. (2)
При работе по плану затрачено на всю работу (х—1+#) ча-
сов. Но согласно условию (х—5) комбайнов могут выполнить всю
работу на 6 часов скорее, т. е. за (х-^у—7) часов, т. е.
(х—5)-(х + г/—7) = 24х. (3)
49__х
Из уравнения (2) имеем . Подставляя это значение у
в уравнение (2), после преобразований получим
х2—18х—175 = 0.
Положительный корень (х = 25) этого уравнения служит решением
задачи.
Отв. 25 комбайнов.
222
302. Обозначим число дней, необходимое первому рабочему для
выполнения всей работы, через х дней, необходимое второму—
через у.
Таким образом, за день первый рабочий может выполнить —
всей работы, второй——. Согласно условию задачи третий рабо-
о 1/1 , 1\ х+У *
чий может выполнить за один день + — \ , т. е. ~ рабо-
„ а * „ „ а(х + у) *
ты. Третий рабочий за а дней может выполнить - Q *•— работы,
zxy
b с
первый — за b дней — работы, а второй — за с дней —работы. По-
х у
скольку работа нами принята за единицу, то имеем систему урав-
нений
а(х + у) b ^=£_
2ху ”** х * х у '
Решая эту систему, находим
_ab + ac +2Ьс ~_ab-\-ac-\-2bc
х , у-------26 •
Теперь определим дневную производительность третьего рабочего:
* + у___ 1/1,1 \ 1 2Ь-{-2с __ b-J-c
2ху ~ 2 \ f/ "^ * / "” 2 ab-f-ac-j- 2bc~~ab^ac~l~ 2Ьс ’
Отв. Первый рабочий может выполнить всю работу за
ab + ac + 2bc « м л « ab-t-ac + 2bc „ ч
—* л-------дней, второй рабочий—за — дней, третий
л у ab + ac + 2bc ч
рабочий—за —4-+-------дней.
и + с
303. Пусть первоначальное число 30 000 + *. Если переставить
цифру 3 с первого места на последнее, то получится число 10*+ 3.
Согласно условию задачи имеем
Юх + З—30 000—*=29997
или
9* = 59 994,
откуда №6666, а искомое число равно 36 666.
Отв. 36 666.
304. Обозначим большее из искомых чисел через *, а мень-
шее—через у.
Имеем
х*—Уг = (х — у) (х + у) = 1-5 7-13.
223
Таким образом, могут быть только следующие системы уравнений:
х—г/ =1,
х + у = 455;
х—-у =5,
х + г/=91;
х— y = 7t
х+i/ = 65;
х- г/= 13,
х + у =35.
(1)
(2)
(3)
(4)
Из (1) находим х = 228, у = 227;
из (2) » х = 48, i/ = 43;
из (3) » х = 36, t/ = 29,
из (4) » х = 24, г/=11.
Отв. Задача имеет четыре решения; 228, 227; 48, 43; 36, 29;
305. Так как однозначных чисел 9, двузначных 90, трехзнач-
ных 900, то для нумерации страниц от 1-й до 999-й включительно
требуется
9 + 90-2 + 900-3 = 2889 цифр.
Очевидно, что для завершения нумерации книги хватит (с избыт-
ком) четырехзначных чисел. Обозначив число четырехзначных чи-
сел через л, имеем
2889+ 4л =6857,
откуда я = 992.
Таким образом, в книге
9 + 90 + 900 + 992 = 199Г страница.
Отв. 1991 страница.
306. Обозначим число детей буквой х, а число орехов, полу-
ченных каждым, буквой у.
Последний ребенок получил ха орехов (заметим, что после того,
как он взял ха орехов, никакого остатка не оказалось).
Следовательно,
у=ха. (1)
Предпоследний ребенок получил
(х— 1) а + р °Рехов
[так как n-я часть числа в (я— 1) раз меньше остальной части
этого числа; по смыслу задачи п / 1].
224
Составляем уравнение
/ 1 ч । ха
(х—1)а + ^—у =
Из уравнений (1) и (2) получаем
/ 1 ч । ха
(х— 1) а Ч--г == ха,
v ‘ п — 1
. ах
ах—а Ч-----г==ах,
n —1
ах .
----- = а, х~п—1.
п —1
Отв. Детей было (п—1).
(2)
Г лава VI
ПРОГРЕССИИ И СУММЫ
307. Первая группа содержит одно число, вторая группа содер-
жит 3 числа, третья содержит 5 чисел, . . . , k-я группа содержит
(2/г— 1) чисел и согласно условию последний член этой группы
равен fe2. Поскольку последнее число (&— 1)-й группы равно I)2,
то первый член k-й группы равен (fc—1)2 +1 =Л2—2^ + 2.
Таким образом, сумма чисел k-й группы
S*=(fea-2fe + 2) + fe; (2fe—1) = (fea—* 4-1) (2fe — 1).
Отв (fe»-fe + l)(2ft-l).
308. Ясно, что (fe + l)-e нечетное число выражается формулой
ай = 2*4-1. (1)
Найдем число нечетных чисел, меньших первого числа п-й
группы,
1+2+3 + . . . = .
Л
Полагая в формуле (1)
h П (п— 1)
к- 2
найдем первое нечетное число, входящее в n-ю группу:
n а (п 1) । 1 2 „ 1 1
2- — —-----1- —п + 1.
8 И. X. Сивашинскнй
225
t
Итак, имеем арифметическую прогрессию
(п4 —л4-1), (п4 —л4-3), ... Ж
Сумма чисел л-й группы
2 (л2—л +1)4*2 (л—1) f
=-----------g---------л = л3.
Отв. г?.
309. Общий член первой прогрессии ап= 174-4 (л--1) = 4л 4-13; й
общий член второй прогрессии а^ = 16 + 5 (/и —1)=5/л-|-11. Ясно, |
что одинаковыми будут те члены, для которых
4л4-13=5/л4-И> или" п = т + . i
4
Для того чтобы л было целым, необходимо и достаточно, чтобы 4
—4— = /г было целым числом; отсюда
/и = 4/г4-2, J
а следовательно, 5 (4& 4-2)4-11:= 20&4-21. Согласно условию ?
задачи А = б, 1, 2, ...» 99 (т. е. искомые числа составляют ариф- £
метическую прогрессию). Первое такое число 21, а сотое—2001. $
Сумма ста чисел * ф |
Sloo = ?!+2OO.L 100= 101 100. <
- • 1
Отв. 101 100. Й
310. Пусть искомые числа л, л —d, а—2d, л—3d. Согласно
условию задачи имеем
л = (л—d)24-(fl—2d)24-(fl—3d)2, ?
или „ •
14d2— 12ad4-(3fl2—л) = 0.
Чтобы разность d была действительным числом, дискриминант
©того уравнения относительно d должен быть неотрицательным, т. е.
36л2—14(3л2—л)^0,
или
•— 6л2 4- 14л >= 0, i'
ИЛИ ' J:
Зл2-7л<0. *
Решая это неравенство, получаем
7
0<Л<у.
226
4
Но поскольку а должно быть целым числом, то а==1. или а —2.
Обычной проверкой устанавливаем, что условию удовлетворяет
только а = 2, тогда искомые числа суть 2, 1, 0, *—1.
Отв. 2, 1, 0, —1.
311. По условию задачи имеем
отсюда
sin Л —sin В = sin В —sin С, .
Так
_ Л + В . А —В п В+С . В—С
2 cos—-— sin ——«= 2 cos —~— sin ——
как Л + В + С = 180°, то
1±£=90»-^
2 2
„г±£_9«._4
ЛА ЛА
Из (1) и (2) получаем
. С . А—В
sin-у sin—
. А . В—С
sin_sin___
или
, А , С В . В , С А
Sin -д- sin -н- COS -я- — sin-s- Sin -X- COS -х- =
А ЛА Ла' Л*
. А . В С . А . С
= Sin -n Sin COS -х— Sin -X- sin -75-
Ла Ла Ла Ла Ла
В
cos т
(1)
(2)
(3)
Поделив обе части равенства (3) на произведение ,
. А 4 В . С
sin^-siny sin у ,
получим
2 ctg у = ctg-^4-ctg-з ,
что и требовалось доказать.
312. Имеем
1 _ Уд»—У^ _ У^—Уп?
а«—«1 d
1 , У03—У^г. У^д—У
У^+У^ aa—at d
'...............................
1 _ Уа^— УаТЗ Уо^~ Уdn-i .
УвВ-1+ У«Л ап~ап-1 d
Сложив почленно эти неравенства, получим
s=(У^-У^)+(У^-У^)+--.+(У^-У^)^
d
d
8*
2ZI
313. Имеем
о 2a1-f-d(n1—1)
i1 =------------пъ
с _2a1 + d(n2 — 1) "
о2— 2 n2,
2ai+4d(ns—1)
£>3 —----2------пз>
или
Si I d 1 \ »
^ = a1+y(n1-l).
-А = 01-f. —- (д2—1),
fig z
-~ = ai 4- (n3—1).
Утжлш полученные равенства соответственно на (п2—Лз),
(n3—nt) и .(«! — п2) и складываем произведения, после чего найдем
^•(nS—п8)+ ^(«8—«1)+ ^-(«1 —««)=?=
"1 «2 П3
== <h ((»«—«з) + («3—«1) + (П1 — п2)]+
+у [(«1 —1)(«з—Пз) + («з—1)(п3—п») + («з—1)(«1 —«з)1-
Выражения в квадратных скобках тождественно равны нулю,
следовательно,
^-(па-Пз)+^(«з—«1)(«!—«») = О,
«1 П2 П3
что и требовалось доказать.
314. В n-й строке стоят числа
п, п-f" 1, •••> Зп—3, Зп—*2
(всего 2п — 1 чисел). Сумма этих чисел равна
(п + Зп-2) (2п-1)^(2п 1)8
315. Пусть
Л14-Д2+ • ♦ -+ап = с q j
a«+14“an+2+ • • • +an + kn
Обозначим через d разность прогрессии. Интерес представляет
лишь тот случай, когда d 0, так как при d = 0 все члены про-
грессии равны между собой и равенство (1) выполняется ^отноше-
ние c=-^j . Используя формулу для суммы членов арифметиче-
ской прогрессии, из равенства (1) получаем
у [ai + 01+rf (П—1)1 = [01 + nd + «4 + (П-Нп— 1) d]с,
228
откуда после сокращения и перегруппировки членов находим
(2a1—2a1kc—d + cdk) + n(d — cdk2—2cdk) = Q. (2)
Так как равенство (2) имеет место при любом п, то
2a1—2a1kc—d+cdk = 0, (3)
d(l—ck2—2ck)=0. (4)
Сократив равенство (4) на d =£ 0, будем иметь
C==k(k+2j' (5)
Равенство (3) можно представить в виде
(2th—d)(l—с£) = 0.
В силу (5) второй множитель отличен от нуля и, следовательно,
d — 2av
Таким образом, при условии d 0 равенство (1) может иметь
место при всех п лишь в случае прогрессии
а, За, 5а, ... (а 0). (6)
Легко проверить, что прогрессия (6) удовлетворяет условию
задачи.
Отв. а, За, 5а,... (а 0).
316. Согласно условию задачи имеем
а2—Oj — a8—a2
Если d = 0, то доказываемое равенство очевидно.
Считая d 0, будем иметь
317. При п = 3 имеем -----
a^a^
12^ 1
-----=----. Отсюда
а2аз------аАа2
==----------и, следовательно, а3 —аа = а2—аг Поэтому
аха3 ^1^2
точно показать, что при любом п^4
1
а^з
доста-
229
Из условия следует
1 . 1 1 1 л-3 (1)
«А ' ^2^3 — Зап—2 alan-2
» I...I 1 — (2)
аха9 ’ ^2^3 ап-2йИ-.1 а1ап-1
1 1 1 л—1 (3)
а-^а9 ад» ап^ап
Вычитая почленно из равенства (3) равенство (2) и из (2) ра-
венство (1), получаем
• —!------— = (п—2)5^1^-.
ап-1ап а1ап а1ап—1ап
---- ------------------— = (п—2) .
ап—2ад-1----------------а1ап-.1а/1-2
Приведя к общему знаменателю, после сокращения найдем
«1—an_i = (n—2) («„.л—а„),
«1—ав-х=(п^-2) an_x).
Следовательно, an-i—an — an~2—art_i, что и требовалось до-
казать.
318. Первое решение. Пусть ау Ь, сг /—конечная
арифметическая прогрессия, п—число ее членов, a d—разность,
причем d ф 0.
Если ит и vm т-е члены прогрессии,. равноотстоящие от ее
концов, то
um = a + d(m— 1), vm = l—d(m-*l)
и
Wm = [a + d(m-^l)l [/-d(/n^l)] =
= al + d (m — 1) (/—a)—d2 (m— I)2.
Так как / = a-|-d(n —1), то
umvm=al + d2(m — l)(n—m). (I).
Аналогично находим
upvp = al + d2 (p — 1) (n—p), (2)
где Up и vp—p-e члены прогрессии, равноотстоящие от ее концов.
Вычитая из равенства (2) равенство (1), находим
ирир— итРт=Л2 [(р—l)(n—р)—(m—l)(n—m)] =
=d2 (р—т) [« + 1—(р + /п)].
230
Пусть р > m. Согласно условию задачи мы можем считать, что
р<~- и , поэтому p4-m<n.
Итак, <Р>0, р—/п>0, л +1— (р + т)^ 1, а потому
(р-/п) [п + 1-(Р4-/П)] > 0.
Следовательно, ирир > и»рт, что и требовалось доказать.
Второе решение. Пусть хи р—два члена арифметиче-
ской прогрессии, равноотстоящие от концов ее.
Тогда х4-у== с—постоянная величина, равная сумме крайних
членов.
Рассмотрим тождество
2ху=(*+г/)4—(* —Ю*»
ИЛИ
ху=>±1с*-(х-у}*]. (1)
По мере удаления х и у от концов к середине (х—у)2 умень-
шается, а поэтому на основании равенства (1) произведение ху
возрастает.
319. Первое решение. Обозначим через а и q абсолют-
ные величины первого члена и знаменателя прогрессии. Согласно
условию задачи число членов прогрессии не менее трех и, кроме
того, абсолютные величины членов не равны между собой, поэтому
q—положительное число, не равное единице.
Обозначим сумму абсолютных величин крайних членов про-
грессии через S, сумму абсолютных величин £-го члена от начала
и Л-го члена от конца через S^t число всех членов через т + 1
(tn—целое положительное число, не меньшее двух). В силу наших
обозначений последний член равен aqV.
Имеем
S—= (aq + aqm~1)^
~a—aq~(aqm~1—aqm)==a(\ —q)—aqm~1 (1 —.<?),
т. e.
S—S2=a (1—^) (1 —g01”1). ♦
Так как (tn—1)—целое положительное число и q—положи-
тельное число, не равное единице, то разности (1—q) и (1—^т“1)
одновременно отрицательны или одновременно положительны,
смотря по тому, будет ли q больше единицы или меньше единицы.
Поэтому (1-—<?) (1—>О, а так как и а > 0, тоа(1—<?)Х
X(l —q”*"1) > 0, или же S—S2 > 0, т. е.
S>Sa.
Аналогично доказывается, что S2 > S3, S3 > S4, ...
Итак, S > Sfi > S3 >.. .> Sp^! > Sp, где p = -~- или p = ^i-l ,
смотря по тому, будет ли tn числом четным или нечетным.
231
Второе решение, Фактически надо доказать указанное
свойство для геометрической прогрессии, все члены которой по-
ложительны.
Пусть х и у—два члена этой прогрессии, равноотстоящие от
концов ее.
Тогда xy — aian, где alt ап—соответственно первый и послед-
ний члены прогрессии, есть постоянная величина.
Рассмотрим тождество
(х+</)2=(*—г/)2+4х</,
или
X + У = К(*—у)а + 4а1а„.
Так как агап—постоянная величина, то при сближении х и у
по их местоположению (х—у)2 убывает, а поэтому убывает и (х + у).
320. Согласно условию задачи имеем
Хи-bl хд ==
Следовательно,
Xi^Xt + aq,
x3^xi + ag2 = x1 + ag+ag2t
^ = x3 + ag2 = x1 + aq+ag2 + ag2l
1_
. хп=-х1 + ад+ад2+...+адп^1 = х1 + ад—^^ .
321. Имеем
ад1*"1 + адп + agn+1 + адп+2 + адп +3 = 19а<7”+1,
или
agn“1(l+^ —18^2 + ^3 + ^) = 0.
Так как а и д не могут быть равны нулю, то
1+<7— 18?2-Н3 + <74 = 0-
Поделим обе части этого уравнения на д2.
-I+7-18+fl + ^=0.
Обозначим 9 + ~ через и, тогда уравнение примет вид
w2 + «—20 —0,
откуда
,,.,2+rs ,,.2-rs
232
Так как прогрессия возрастающая, то из значений (1) условию
удовлетворяет только ,
<7=2+УТ
Тогда m-й член прогрессии
а(2+^3)т~1=1,
откуда
_ 1
а~(2+УзГ~1'
и искомая прогрессия будет
1 1 1
(2+VT)'“"1’ (2+Кз)'”"2’ (г-нУз)”"8’
822. По условию задачи | q | < 1, а
qn~k(qn+l
+ (7»+2+...) = ^»O^_L
Отсюда 1 — q = kq и, следовательно, = Но так как
| q | < 1, значит,
Это последнее имеет место при Л>0 или k <—2.
Отв, /г>0 или £<—2.
323. Пусть, аь а2,...—последовательные п членов геомет-
рической прогрессии.
Предварительно докажем, что >
Р2 = («1ад>-. .ап)ъ = («!«„)'’. (1)
Действительно,
= .. ,а^п~1)2 = [а^1+2+3+ — + <я~1>р =
[П (П~1)~1 2
а"? 2 J =а2п<7и(',"1> = (аУ1)'’ =
Согласно условию задачи имеем
51=П1 + а2 + «з+ • • • +ап
и
$2 =---р-----р — -р . . » -р •*“*’ •
2 «14 4 «п
233
Если обозначить знаменатель данной прогрессии через qt то зна-
менатель прогрессии **
JL JL ±
. 0,$
л 1
будет —.
Итак,
Si = ail~y ’ (2)
___1__1_
S = 01 а» q - а>>Я—а1 _а\~апЯ 1 (3)
2 j_______L а1"п(Я~D i—Я aian'
Я
Из равенств (2) и (3) следует, что
|l=aian._ (4)
Из (1) и (4) окончательно имеем
824. Имеем
• 1 4- 1 X 1 X 1 4- 1 X 1 -4- X 1 X 1
«I а а1<П aQ а(г «1^1 аЯ
Так как <?>1, <h>l и п -> оо, то выражения, стоящие в скоб-
ках, представляют суммы бесконечно убывающих геометрических
прогрессий, а потому, обозначая искомый предел буквой S, по-
лучим
s=l_l_ ±1-2_=_41_±_£_
сЧ-1а 1-1 «1(^-1) ^«(9-1)
91 Я
825. Согласно условию задачи имеем
a-j-c = 2b,
c’ = 6d,
(О
(2)
1+1=А
с е d *
(3)
234
Деля равенство (1) на равенство (2) и принимая во внимание ра-
венство (3), получаем
а + с 211 а , 1 1 I 1
с2 d с 1 е
откуда
сл с с е
а
с ~ е *
Поэтому а, с, е составляют геометрическую прогрессию.
826. Согласно условию имеем
а = аг + 44 =
b = аг +164 = uLqut
с =х а± + 36d =s «i?86,
где at, иг— соответственно первые члены арифметической и гео-
метрической прогрессий, 4—разность арифметической прогрессии,
q — знаменатель геометрической прогрессии.
Из этих равенств находим
а—6 = — 124,
с = -204,
с—а=324.
Итак,
аЬ - СЬС-аса-Ь = - 20d (И1?М)3*« (И19з«) - и*=„в^о = 1.
327. Пусть первые члены обеих прогрессий а, разность первой
4 и знаменатель второй q. Согласно условию
[а 4- (а + 4)] — (а + aq) = За,
или
2a + d-a~-aq = 3a,
откуда
d = a(q + 2).
Далее, по условию
a + (a + d) + (a + 2d) = a+aq + aq\
или
2a + 3d~aq + aq2,
откуда
д(?а + <7—2)
а- 3
Из (1) и (2) следует
3(^ + 2) = д2 + ^-2,
откуда
«1=4> «з = —2.
(1)
(2)
235
Подставляя значения q в (1), получаем
d1==6a, d2 = 0.
Очевидно, что d = 0 не дает прогрессии. Таким образом, иско-
мые прогрессии
а, 7а, 13а,
а, 4а, 16а.
где а—произвольное число.
328. Обозначим
^2 ^2 л
При п > 2 имеем
^-ЧЧТ‘ЧЧГ=
L ui J
= «! + («—l)d=«n,
т. е. ап < Ьп.
329. По условию задачи
ai>0, ^-=<7>0 и b2—bl = d>(},
rjifi, как обычно, q есть знаменатель геометрической прогрессии,
a d—разность арифметической прогрессии.
Пользуясь тем, что an = aiqn~1 и ЬЛ = Ь1 + (п —1) d, получаем
log. ап—bn = (п — 1) (log. q—d) + log, a>—
Для того чтобы рассматриваемая разность не зависела от п, не-
обходимо и достаточно, чтобы loga q — d = 0 Решив это уравнение,
находим
а = ?‘Т. (1)
Следовательно, искомое число а существует и определяется по
формуле (1).
330. Первое решение. Чтобы найти сумму квадратов
первых п чисел натурального ряда, рассмотрим тождество
Зх2 + Зх + 1 = (х + 1 )3—х3.
Полагая в этом тождестве х=1, 2, 3, ..., п, сложим почленно
п полученных равенств
3(12 + 22 + 32+ ...+п2) + 3 (1+2 + 3+ ...+n) + n = (n + l)3—1,
3S; + 3Sn+n = (n + l)3-l, (1)
236
где Sn и Sn—соответственно сумма п чисел натурального ряда
и сумма их квадратов.
Из равенства (1) и из равенства
_ _п(п + 1)
--------2
находим
, п(" + 1)(2и + 1)
6
Второе решение. Пусть Sn—сумма, стоящая в левой
части формулы. При п = 1 обе части формулы совпадают. Покажем,
что если формула верна для некоторого и, то она верна также
для л + 1. Имеем
5 п +1 = + (« + 1)* = n(n+1)(2n+1) + (п + 1 -
_(n4-l)(2n2 + 7n+6)_(n + l) [2п (п + 2) + 3 (/»+ 2)} _
~ 6 “ 6
_(п+1)[(п + 1)+1][2(п+1) + 11
“ 6
Следовательно, формула верна при любом натуральном п.
881. Имеем
1-2 “ 2 ’
отсюда
fe2 = 2C£ + *.
Придавая k в этом равенстве значения 2, 3, .... п, получим
22=2С* + 2, .
32 = 2С2 + 3,
42 = 2С2+'4,
п2=2С2+п.
Сложив эти (п—1) равенств и прибавив к обеим частям по еди-
нице, получим
р+2а + 32+ ... +«2 = 2 (С2 + С* +CJ+ ... + С*) +
+ (1+2 + 3+... 4-п).
Но
1+2+3+.. .+n=l^hD=c^+r
Следовательно,
1*+22 + 32+...+п2 = С2+1 + 2(С^ + С*_1+...+С|).
237
382. Первое решение. При л = 1 левая часть формулы
равна правой части (2«=2).
Покажем, что если формула верна для n=kt то она верна
также для п=й + 1.
Имеем
= s* + (fe +1) (* + 2) = + (fe + 1) (fe + 2) =
(й+1)(Л+2)
3
(fe + 3) = (*+l)[(fe+l)+l]«fe + l) + 21
Следовательно, формула верна при любом натуральном п.
Второе решение. Имеем
5„ = 1(1 + 1) + 2(2 + 1) + 3(3+1)+Л.+п(п+1) =
= (1» + 2» + 38+...+п«)+(Ц-2 + 34-...+п).
Но так как
1+2+3+...+«=l<btL>.
1*н- 2’+3* -f-... + п1 = '<" + 1><2?+'1
(см. задачу 330), то
__л(л + 1)(2л+1) п(п+1)_п(п+1)(п+2)
~ 6 3 3 *
Третье решение. Напишем п очевидных равенств:
Ь2.3—О.Ь2=3.(Ь2),
2.3.4—Ь23 = 3-(2-3),
3.4.5—2*3.4 = 3-(3*4),
п(п + 1)(л + 2)—(п —1)/г(л+1) = 3[л(л+1)].
Складывая эти п равенств, получим
п (п +1) (n+2)=3 [1.2 + 2.3 + 3.4+ ... + п (»+ 1)] = 3S„, ,
откуда
п(п-Ц)(п + 2)
•>„------3 •
883. Сумма k членов данного ряда
5Л=п’—л-12 + 2-Зп2—2»-2л + 3-5п»—3»-3п+ ... +
+ (2й — l)fen«—k*.kn,
или
Sa=n* U 4-2-3-I-3.5 +... +Л (2Л-1)} —
-л (1’ + 2»+3»+.(1)
238
Имеем
1=2-1»—1,
2-3=2 (2-2—1)=2-22—2,
3-5=3(2-3—1)=2-32—3,
4-7=4(2-4—1)=2-4»—4,
k (2k— l)=2fe2—k.
Складывая эти равенства, получаем
1+2.3+3-5-|-4.7 + ...+fe(2fc—1)=2(1»+2»+3« + ...+&»)-.
_(1 +2+з+... +.)-2.
Ц6+Ц(4Ь-1). (2|
Известно, что
1»+2»+з»4- ...4-fe»=ft-2^j+1).a. (3)
Из (1), (2) и (3) следует
с n*k(k+\)(4k— 1) nfe2 (fe+1)2
_ 4
При k — n имеем
_П3(П + 1)(4П— 1) П3(л + ][)2_
“ 6 4 ~
Ora,.5Z<g=l>.
334. Имеем
8Л = (4.Р— 1)х + (4-22— 1)х2+...+(4.л2—1)х*
или
$Л=4 (Р-х+2а.х2+... 4-п2х”)—(х+х2+ ... +х*). (1)
Пусть
__ #=х+22я24-.».-|-п2хй. (2)
Умножим обе части последнего равенства на х
ху=^х2+ 22х® + ... + п2хЛ+Ч (3)
Вычтем из равенства (2) равенство (3)
#(1— x)=x+3x24-5x3-f-... +(2л — I)*"*— n2x"+l. (4)
239
Умножим равенство (4) на х ~
ху(1 — х) = х2 + 3х3 + 5х4+ ••• +(2п— 1}хл + 1—п2х"+а. (5)
Наконец, вычитая из равенства (4) равенство (5), получаем
у (1— х)2 = % + 2 (х2 + л3 + ... +хп)—(п2 + 2п—1)хп+1 + п2хп+2,
или
У (1 — X)2=X + —х—(n2 + 2n —1) xrt + 1+ п2х”+а. (6)
Воспользовавшись тем, что
* у уЛ +1
х + х*+...4-х» = *-_±_
получаем из (6)
% + х2—(ла + 2л+1)хп + 1 (2п2 + 2п—1)хп+2—п2хп+3
v=s-------(1~----------+----------------------
(1-х)3
Подставляя значение у в (1), находим
с Зх + 6х2—х8—(4n2 + 8n + 3)xrt+l ,
- (1- х)3 +
(8п2 + 8п—6)хл+2—(4п2—1) хЛ+а
+ (1- х)3
Изложенное выше имело смысл при х Ф 1. Если же х=1, то
из (1) следует
Sn=4(l2 + 22 + 3a+...+л2) —л =
л п (п + 1) (2п-Ь 1) п (А 2 , А 1Х
о о
Отв. (4ла4-6п— 1),
о
385. Складывая тождества
Ь2=1(3—1)«1-3— 1,
1.3.4= ЬЗ(5₽1)=Ь3.5-ЬЗ,
1.3.5* 6=Ь 3.5.7-Ь 3.5,
1.3.5*7*9.. .(2п—1) 2п= 1*3.5.7-9.. .(2n—1) (2п+1)^»
^1.3.5.7-9... (2n—1),
находим
Ь2+1.3.4 +1.3.5*64-... +1.3-5*7*9.. .(2п— 1)2и =
= 1*3*5... (2л—1) (2n+0—1.
Отв. 1*3.5 .. .(2n—1) (2п +1)—1.
240
336. Замечая, что n-й член ряда равен
2-4-6.. .2 (п — 1) (2n— 1)
и складывая тождества
1 = 1,
2-3 =2 (4—1) = 2-4—2,
2-4-5 = 2-4 (6—1) = 2-4-6—2-4,
2-4-6-7 = 2-4-6-8—2-4-6,
2-4-6-8...[2(п — 1)] (2п— 1) = 2-4-6-8...(2п)— .
—2-4...[2(п — 1)],
получим
1+2-3 + 2-4-5 + 2-4-6-7+...
...+2-4-6-8...[2 (;:~1)](2п — 1) = (2-4-6...2n)-l=2rt-n! — l.
Отв. 2пп1 — 1.
337. Возвышая в квадрат обе части равенства
1+2 + 3 + 4+...+(п-1) + п = "^2+1\'
получим
p + 2« + 3s+...+(n— 1)2 + п* + 2[Ь2+ЬЗ+...+(л— 1)п] =
(0
Выражение, заключенное в квадратных скобках, есть искомая
сумма; обозначим ее через S.
Так как
Р + 22 + 32+ ... + п2 = пQljlV ,
то (1) принимает вид
п(л+1)(2п+1) п2(п + 1)2
Ь2Тз +26 “ 4 9
откуда
(n-l)n(n + l)(3n + 2)
1-2-3-4
338. Имеем
2-12=12 + 13,
3-22 = 22 + 2з,
4-32 = 32 + 33,
(п+1)п2 = л2 + п3.
241
Складывая эти равенства^ получаем
S = (l2 + 22 + 3»+... +n«)-f-(la + 28 + 38+...+n3).
Известно, что
1»+24 + 3«+ ... + л* = П-^~Ь-Ц (2.У+.12
I • 2- о
И
1» + 2»+3»4-...+п*= 2+1)у»
поэтому
п(п + 1)(2п+1) Гл (л+1)1»_л(л + 1)(п+2)(Зл + 1)
°- 1-2-3 '1'L 2 J “ 1-3-4
п (н+1) (л + 2) (3n +1)
Отв- —-------П34--------•
389. Имеем
S=-(a|-a2)-(a2-a|)-...-(a2„-a|„_1) =
= —[(а2—«1)(«2+^1) + («4—«з) («4 + «з)+- - • + («8П—Oan_i) X
X («2л + аЗЛ-1)1= (®1 + + ®3 + а4 + +°2п-1"1"а2»),
так как’разность прогрессии d = a2—aj=a4—а$—... =atn—ain_l.
Далее
с ,201-4-6/(2/1—1) о j гл/i л\ л»
S =—d———-------------------- '^n — dn [d(l—2п)—2«iJ.
Отв. dn [d (1— 2n)—2ai],
340. Так как
8 = 9—1,
2.89 = 2(9-10—1)==9.2-10—2,
3-899 = 3 (9- 102«l)=9-3-102—3,
• ••••••••••••••a
п раз
n-899.. .9 = n (9-10”—l) = 9n-10”—n,
то данная сумма
S=9(l+2-10+3-102+...+n-10”~1)-”(” + 1).
A
Пусть
4==l + 2-10 + 3.102+“-+n<10"-1,
тогда
10Д = 10 + 2-1()2+...+(п —l)-10w“1 + n-10n,
откуда
—9Д = 1 +10 +102 +103 + ... +10« 10й
242
Следовательно,
S = 1 ((9n-1). 10» + 1 ] - .
341. Умножив обе части равенства
Sn= 1 + 2а + За2 + 4а3 + . +пап-1 (1)
на а, получим
aSn — а 4“ 2а2 4“ За3 4” 4“ • • • 4“ (2)
Из равенств (1) и (2) следует
(a—l)Sn= — (14-а4-а24-а34-...4-о"’1)4-'^'\
или
art—1
(a-l)S„ = «a»-^—
откуда находим
с _ па,п аП—1
(а—I)2*
342. Легко убедиться в справедливости утверждения при
л==1. Пусть формула верна при некотором п^1. Обозначим через
Sn сумму, стоящую в левой части формулы. Имеем
s„+1 = S„+(n + 1)(rt + 2) (n + 3)=
_ «(«4-3) _______1_______
~4(n +1)(n-f-2) |'(n+l)(n + 2)(n-|.3) ’
Отсюда *
n»4-6na + 9«+4 _ («4- l)(n«4-5n+4) _
6»+1 “ 4 (n +1) (n + 2) (n+3) 4 (n +1) (n + 2) (n+3)
(«4-1) [(«4-1)4-3]
“4 [(«-}-1)4-1] ((n-|-l)4-2| ’
Следовательно, формула справедлива при любом натуральном п.
343. Заметив, что
1 - 1 ( 1 1
(n4-l)2—1 2 \п п + 2] 9
имеем
»•-![( *-1)+(1-т)+^4)+-+(Л4)+
+ + (I “^2 )] “
=1( 14-1_______1_____—
2 \ 2 п-1-1 «4-2 )
Олю. 2 14- 2 „+1 п_|_2 j •
243
344. Имеем
s„=i+4+4+4+...
, 2»-* + l
-г 2”-1
. 2 + 1 22+1 22 +1
-r 2 t 22 “г 23 ‘ *
2n“! + l
2w“i
=1 + 1 +y +1 + ^-+ Д+2Г+ • • • +1 + 2^1 ~
“Л I 2 23 ’ ~^2n“1) ‘
Выражение, заключенное в скобках, есть сумма (п — 1)-го члена
убывающей геометрической прогрессии. Поэтому искомая сумма
£____________________________1_
о 9” 1
$п = И-|----= Л + 1 — х .
-4
S45. Имеем
3 _22 —11 1
(1-2)2 (1-2)2 Р 22’
5 1 1
(2-3)2“22 З2’
2n + l 1 1
[п (п +1)]2 —П2 (п+1)2*
Складывая почленно эти п равенств, получаем
। 2» + 1 -1______________________________!_
(l-2)a r(2-3)« ^••rIn(n+l)]» (п+02’
Отв. 1—7--J-77Z.
(п+1)2
346. Рассмотрим тождество
а—а„ = (а—ar) + (d!—а2') + (а2—а3) + ... + (а„ _ j—ап).
Пусть
. 11 1 - 1
а —1, «1—2’ — 2-3’ я®-2-3-4... “л~2-3...(«+1) ’
тогда
1 1,2,3, , п
2-3-4...(п+1)- 2 "^2-3"^2-3-4 ‘’ *"2-3...(п+1)
Итак,
2-3-4.. .(п +1) ’
244
347. Имеем
1 1/1 1 \
1-4“ 3 V 1 4 J ’
4-7 3 \ 4 7 J ’
7-10 3 \ 7 10/’
1 _ 1 / 1 1 \
10-13"“ 3 V0 13/’
1 __ 1 / 1 1 \
(Зп —2)(Зп+1)“ 3 \3л—2 Зп+1/*
Итак,
S —L (±-Д+1 (±—Ц+1 f-L—+
3 V 1 4 ) + 3 V 4 7 У ' 3 \ 7 10 У
+1Г1_1Л+ +1(—!_______L_U
+ 3\10 1зУ 3 \3п — 5 Зп—2 У
+ 1(-1____м
т 3 V?«—2 Зп+1 У •
После раскрытия скобок и приведения подобных членов получим
s-lfi_______________1 А- -Зп_________
3\ Зп+1 У“3(3«+1) Зп + 1"
Отв- ЗМЛ--
848. Имеем
s___________Lj-Aj-A-u
2 — 21 ‘ 22 23 * * * ‘ ‘ 2м “1 2Д *
Далее,
<? 1_i_J_j._L4.J-4- 1 А я
2 ~ 2 — \ 2» ’г22 -г23 1"2“-1У 2” ’
или
А_9-2.-JL
2 2" 2” ’
откуда
2п-2 2"-1'
849. Легко заметить, что левая часть доказываемого равенства
равна
(1 — Ю)2« = (—9)»'’ = 81».
245
350. Составим комплексное число
К == А + Bi = (cos х + i sin x) + 2 (cos 2x + i sin 2x) +
+ 3 (cos 3x + i sin 3x) + ... + n (cos nx + i sin nx) =
=cosx + f sinx + 2(cosx + Z sinx)2 +
+ 3(cosx + t sin x)3+ ... +n (cos x+isinx)w =
^z+2z2 + 3z3+ ...+nzn9
где
z=cosx + / sinx.
Теперь находим произведение
Я (1 -z) = z + 2г« 4- Зг3 + ... + nz" -z5-2z3-... — (n — 1) z”—nz" +'»=.
z—zn +1
==Z-|-Z2 + z3 + ... +zn — nZn + l — ~ ftZ**1,
откуда
Далее определяем
(1— z)2 —(1 — cosx—i sin x)2 —
= 1—2 cosx 4~cos2x—2i sinx(l — cosx)—sin2x=
= 2cos2x—2cos x—2/ sinx(1—cosx) =
= — 2cosx (1—cosx)—2/ sinx(l—cosx) =
=—2(1—cosx)(cosx + /sinx) ==—2(1—cosx) z. (2)
Из (1) и (2) имеем
1— zn—nz”(l-z)_ 1 — zn—nzn + tizn^ _
—2(1—cosx) —2(1—cosx)
1—(n+ 1) (cos nx + i sin nx) + n [cos (n+ 1) x-H sin (л +1) x]
~ —2(1 —cosx)
Так как два комплексных числа равны тогда и только тогда,
когда равны их действительные части и равны их мнимые части, то
д — О cos и* + и cos (n + Qx
2(1—cosx)
и
p _ — (ft +1) sin ftx + n sin (ft +1) x
2 (1 — cos x)
246
851. Имеем
sin а +sin (a + P) + sin(a + 2P) + ... H-sin (a + n0) =
= —J—x- Г2 sina sin £ + 2sin (a + 0)sin ~ + 2sin (a + 20)sin ...
• P I * ~ z
2sinfL
...+2sin(a4-np) sin -M =-[cos fa ——
2sin-£,L V 7
— cos (a+ 'f)] + [cos (a + ”“cos (а+3т)] +
Г / 2n — 1 o\ / 2« + l «^1)
... + |_cos^a+—pj—cos^a+—£— P;J J
1 Г / PA / ,2/14-1 ftV|
«=-----о cos a — cos(a + -^— ₽ =
2sin~- *- \ 2/ \ 2 /J
. / np\ • I fl-j-l n\
sin la+ -J-) Sin I—2" p)
= __ .
s,ni
852.
S=cosa + cos (a + f) + cos (a 4-2p)+ cos (a + 3p)+...+
+cos(a + «P) = sin + a^+sin^Y + a)+ p] +
-f-sin [(y+ “)+2₽] +---+s>n[^y + <») + «₽].
(Л 1
— + a 1
. (я , , np\ . (n + I)p f , np\ . (я-Н)Р
Sin (T + <x+~2 / Sin 2 " cos ( a+T)Sin52 U"
sin-£ sin -r.
853. Так как ctg(fe —l)x—ctgfex= . S'.n* .—г- , to
& & sin(fc— l)xsin/?x
sin(fe-l)xsin/ix =cosec x <C,S <* — 1 > *—ctg facb
Придавая k значения 2, 3, ...» л, получим
Sra^’cosec x(ctgx—ctg2x),
-j-^-l—.z^esec x (ctg2x-cig3x),
sin01 —0 ; sin nx=cosecx tctg(n~1)x~ctgnxi-
247
Сложив эти равенства, найдем
S = cosec х (ctg х — ctg пх),
или
sin (п— 1)х
~~ sin2 х sin пх
354. Пусть г—разность прогрессии, тогда искомая сумма
S = sin sin (at + г) +
+ sin (at + r) sin (ax -|- 2r) 4-... + sin [Oi + (n — 1) r] sin (at + nr).
Имеем
c cosr—cos (2«i + r)
S =---------2-------+
, cost—cos (2ax + 3r) cos r—cos [2ai + (2rt — 1) r]
+----------2--------+ ---+-------------2------------’
откуда
2S = n cos r—[cos (2^! + ^) +
+ cos (2ах + 3г) + ... + cos[2a! + (2rt —1) г J.
Умножив обе части этого равенства на 2 sin г и зная, что
2 sin г cos г = sin 2г,
2 sin г cos (2а + г) == sin 2 (а + г) —sin 2а,
2 sin г cos (2а + Зг) = sin 2 (а + 2г)—sin 2 (а + г),
2 sin г cos [2а + (2п — 1) г] = sin 2 (а + nr)—sin 2 [а + (п — 1) г],
получим
n sin 2r—2cos (2a-j-rn) sin nr
~~ 4 sin r
355. Известно, что
tga2—tgai
2 i) i + tga2tgai ’
откуда
, х tga2—tgai
где r—разность прогрессии.
Аналогично имеем
tg а3—tga2
tg(a3—a2)
tg Д«—tg Дз
tg («4—Дз)
tga2 —tgat
tgr
tg а2 tg а3
1_tga8—tga2
tgr
. i = tg«4~ tg a3 J
tgr
tg «з tg а4
248
Складывая почленно последние л равенств* получим искомую
сумму
tgr
356. Известно,
что
. ctg2a—1
ctg 2а = -т^-7-,
6 2 ctg а
откуда
2 ctg a ctg 2a = ctg2 a — 1.
Подставляя в
это
a
равенство вместо а последовательно
a
2*’
a a n
2з » •••» 2^"’ получим 2л равенств
2 ctg jctga = ctgsy — 1,
2ctg^ctg^ = ctg»^-l,
2ctg^ctg^ = ctg»~l,
2ctg^..ctg2^ = ctgs £—1.
Перемножив 1-e, 3-e, 5-e, ...» (2n —l)-e равенства и разделив по-
лученное произведение на произведение остальных равенств, легко
получим доказываемое равенство.
357. Предварительно докажем тождество
ctga—2 ctg 2a = tga. (1)
Имеем
, , sin a cos a sin2 a—cos2 a
tg a—ctg a ------——*• = —=---------=
& & cos a sin a sin a cos a
—2 (cos2a—sin2a) n cos 2a . n
*= 2 sinacosg ~~~~~~2 ‘ ~2ctg2q’
отсюда следует справедливость тождества (1). Из.(1) следует, что
tga = ctga—2 ctg 2a,
1 . a 1 . a .
ytg2=y ctg y—ctga,
1 2 a 1 . a 1 4 a
2s tg 4 “ 4 ctg 4 2 Ctg 2 ’
1 Vfc A , V*. l.Vfc
2n“l = 2Л“1 2Л-1 2П“22n~a
249
на
А
Складывая почленно эти равенства, получим
s = зЛт cts “ 2 ctg 2a-
858. Умножим числитель и знаменатель заданного выражения
2 sin а:
2 sin2 а + 2 sin a sin За + ... + 2 sin a sin (2п — 1) а
“ 2 sin a cos а 4- 2 sin a cos За 4-... 4- 2 sin a cos (2п — 1) а
(1—cos 2а) 4-(cos 2а—cos4а)-Н« -• 4-[cos2(п—1) a—cos 2 па]
sin2а + (sin 4а—sin2а)4- ... 4-[sin2na—sin2 (n — 1)а] 2=8
1—cos2na 2sin2na .
=----г—77---= -rr—.--------- S= tg na.
sin 2na 2 sin na cos na
Отв. tg па.
359. Имеем
sm2a
COS a = <7—;— ,
2 sina
sin 4a
cos 2a ==й~. n ,
2 sin 2a
. sin 8a
COS 4a = 77—;—T- ,
2 sin 4a
rtk sin2*+1a
cos 2*a= n * —Ajs— •
2 sin 2* a
Перемножив почленно эти (64-1) равенств, получим
о , оь sin2*+*a
cos а • cos 2а • cos4a... cos2*a=•-----------
2*+1sina
860. Имеем
cos 0—cos 2а
sin а sin а =
2
. о . cos 2а—cos 4а
sin За sina =
2
. _ . cos 4а—cos 6 а
sin 5a sin a
2
2
. ,ft .. . cos(2n—2)a—cos 2na
sin (2n — 1) a sin a = -------------
Сложив эти равенства, получим
sina [sina4-sin 3a4-sjn5a4-...4-sin (2n— 1) aj=-------
или
sin a [sin а 4- sin Зе 4- sin 5а 4~... 4- sin (2п — 1) а] = sin2na.
250
Поделив обе части последнего равенства на sin2 а, получим
—^-[sina + sin 3a4-sin5а-(- ... 4-sin(2n — 1)= •
361. Имеем
1 + cos 2а
cos2 a — —,
1 4- cos 4a
cos22a= ——,
« 1 + cos 2na
cos2na = —!.
Сложив эти n равенств, получим
9 . йо , . a n + (cos 2а 4-cos 4а 4-... 4-cos 2na)
cos2 a + cos2 2a + ... 4- cos2 na = —bi-»--—!------»------1 .
Легко доказать (см. задачу 352), что
п . л л , , a sin na cos (п+1) a
cos 2а 4- cos 4а 4- ... 4- cps 2па = !—ь. ,
поэтому
9 . йо । . 9 1 Г , sin nacos(п4-1)а!
cos2а4-cos22а4-... 4"cos2/20 = 77 п 4------—-— .
‘ 11 2 [ ' sin а Д
л 1 Г . sin па cos (п 4-1) а!
Отв. тг п 4---------. Y —ь ,
2 I sin.a J
362. Заменяя а на р, а п на п 4-1 в формуле
cos a 4- cos (a 4-₽) 4“ cos (a 4-2₽) 4-... 4-cos (a-|-nP) =
cos (» + ”/).
stn-|
(см. задачу 352), получим
[, (n—l)a“| , (n — 14-l)a n4-l , na
a 4- —2 s*n 1--g2—cos a s n T
_ a — - a
s,n2 s,n 2
n 4-1 . na
cos-J—asin-y
' Отв. -----------------.
a
s,n2
251
363. Заменяя р на а, а п на п + 1 в формуле
sin а +sin (a + p) + sin (а + 2Р) + ... + sin (а + пР) =
sin-|
(см. задачу 351), получим
. Г t (n—l)a”|
sin a + v1
8 =----L-----------J-
. a
sin —
1 + 1 \ . (n+1)a . na
2 a 1 sin isin у
__ - _
siny
. (n+1) a . na
sin -T sin -s-
<”»—4^-
siny
364. Имеем
.1 .ИГ
arcsin 1 —arcsin =arcsin ——
,1 .1
arcsin —arcsin -5- ==arcsin
Z О
ч
1 \
4 )
. ^8—^3
= arcsin --—
о
,1 .1 . K15-K8
arcsin -5-—arcsin —=arcsin-----
o 4 1"
s 1 .1
arcsin-arcsin——=arcsin
n n + 1
1_____1_
(n+1)2 n+1
. Kn2 + 2n—Kn2- 1
=arcsin --*----—-----
n(n+l)
Сложив
почленно эти равенства, получим
о . , . 1
Sn=arcsin 1—arcsin——, .
п п + 1
Так как
. , я . 1 , 1
arcsin 1 —-tv = arcsin —— +arccos ——7
2 n + 1 1 n + 1
то
Sn= arcsin —J-r+arccos —Ц—arcsin —J-r=arccos —
n n + 1 1 n+1 n+1 n+1
Отв, arccos —J-r .
n + 1
252
Глава VII
ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ЛОГАРИФМОВ.
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
865. Логарифмируя обе части равенства aioeab=b по основа-
нию bt получаем
loge & log* а = log* 6= 1,
откуда
= .
> 1о&>а
366. Так как
log& а = -* и aloga ь =
&& loga b
то
logo logft а
а log* а __ ( afoga £) log* 1оЯЬ а = logb а == lOg6 а.
367. Логарифмируя обе части равенства aloffa2V = 2V по осно-
ванию Ъ9 получаем
log* (а'°га = log*/V, или log0 N (log* а) = log* N,
откуда
. Л7 log* N
log,ajy = -r$z— .
log* a
363. Имеем (см. задачу 367)
следовательно,
= log‘{ab)=log“a+,og*6 =1+,og«b-
logo (ab)
869. Требуется доказать, что log0Af, log* N и logc/V--TpH
последовательных члена арифметической прогрессии, т. е.
2 log* АГ = logo 2V + logc 2V, (1)
или (после приведения всех логарифмов к основанию а)
10ge& Ьо log„0
или или или • _2_=1+_1_ loge6 log„c ’ (loga b) (1 + log0 c) = 2 loge c,
(ac)io^b=c\ (2)
Так как произведенные операции обратимы, то из (2) следует (1).
253
870. Первое решение. Пусть ]ogba=x, т. е. £*=а. ]
Возведя последнее равенство в степень и, получаем Ьпх^ап, или ’
(Ьп)х=ап.
Следовательно,
log^a«=x,
или согласно нашим обозначениям имеем
log*a = logd»art.
Второе решение* Имеем
. п logfc a logb ап \°&ьп а* . я
°^ba— n\Ogbb ~~ \ogbbn ~~\ogbnb\ogbbn “ °&bna •
371. Логарифмируя обе части равенства а2=с2—Ь2 =
«=(с—b)(c-{-b) по основанию а, получаем
2 = logtt (с—b) + loge (c + b).
Отсюда
2 = - j___I— *
logc-&a logtf+ьД
и, следовательно,
1о&+b а + log,-* а = 2 log,+* a - log,_* а.
872. Вначале докажем, что Ь > 0. Действительно, выражение
4ад равно сумме квадратов (4аа + 96а), из которых один не равен
нулю (4а2 > 0), поэтому ab > 0. Но так как а > 0, то и Ь > 0.
Поделив обе части равенства 4а24-962 = 4а6 на 16, получим
а2 , 962 ab
~4~‘1б"~~4" * (1)
„ „ * ЗаЬ
Прибавим к обеим частям (1) по —
а2 , ЗаЬ , 9*2 .
Т+—+-Тб=аЬ’
иля
или
Логарифмируя это равенство, находим
2а + ЗЬ _ log о + log 6
l°g 4 “ 2
873. Поскольку а, b и с—последовательные члены геометри-
ческой прогрессии, то д2 = ос.
Логарифмируем обе части этого равенства по основанию
2 logtf b = 1 ogiV а + logAr с,
или
log# b—log# а = log# с—log# b.
254
Преобразуем правую часть доказываемого равенства
1______1
loga/V—logftW _ togya logy ft __
logjyV-loge№ 1_____________1 ”.
bgy b lOgyC
= logy ft — logy Д IpgyC _ J IpgyC __ loggjy
logyc—logy 6 logy a logy a \ogeN '
874. Поскольку
l
a1 = (ak) k t
TO
1 i I
^al=T.
n 1
Отв.
875. Приведя все логарифмы к одному основанию, получим
== 1 1 1 1 1 1 =
V logy a logy ft + logy ft logyc + logyc logy a
s= logy c + logy a + logy ft _ - logy (aftc)
logy a logy ft logyc logy a logy b logy c *
или
1
„ - _ 1 OggJVJOg^JVJogJV
y~_J_______1_____1 logabc^
logaW log, N \o&.N
876. Первое решение. Пусть
loga, x = al’ ,08a, * = “г- loSa, x = а».,0§ап « = <*»•
откуда
х = х = а*\ х = Дзв...х = а^Л,
или
1 JL -L J_
=ait xa«=a2r *ae—<*8.....xa»=an.
Перемножив последние п равенств, получим
Л+±+Х+...+Х
^at a, a, ап_,t.an,
откуда
1
, 5Г+а7 +а? + ’ • +с£
< — (010203 • • • ап) •
255
Логарифмируя обе части последнего равенства по основанию
ava2a3 ... ant получаем *
l°gaiata9 ...апх== “j j j j“ “
- ---+ + — + —
ax a2 a3 an
1
=_!_+__L_+ +—L_ ’
logaizTlogfljxT",Tloganx
Второе решение.
_____________ 1 _
°8а*а‘°» . . . a„ x ]ogx____. an)
_______________1_______________
— log*ai + logx.a1 + logjea3+...-Hogxa„ =
_ 1
—5—+ +—— '
•oga,* Ioga,* loga„X
377. Первое решение. Пусть
bgflx = /n, log*x = n,
откуда
x — amt x = bnt
или
i i
xm — a, x n ~b. (1)
Из последних двух равенств получаем
1 1
У /И ” п --JL
* ь •
Логарифмируя обе части этого равенства при основании
получаем
/ 1 1 \ .
---------jog х== i;
\т nJ
о
отсюда
,og^.x==T----г-
6 ~т п
Но так как из (1) следует, что
-blogex=l и -|-log,x=l,
или
2^_____1 и 1 1
m loga х п logbx ’
то
log ~х=________!_____=
1_______1 log^ х—logtf X
Ь loga X 10gb X
a
~b*
256
Второе решение.
1 1 1
л Х =--------= .------z----
% logxA log* «-log,*
1
1_________1
logox log*x
378. Имеем
logax-logbx
logftX—logex'
Далее,
n (n-i)
c=a1a2... an — a-aq ... (aqn~1) = anq a
logeb =
logo b ________A_______
logflC , n(n—1) .
ё "+-^2—'loga<7
Но так как
logfl 9 =
log» Я logo b A
поэтому
log6 a log? b В
i L za-b
°ge b~ 2nB-\-n (n—1) A-
379. Преобразуем правую часть доказываемого равенства..
Имеем
— logs logs У'У =— log3 logs 3 ( 3 ) =
п раз
/IV / 1 \
= -logs (3-J =- n logs I jj=n,
что и требовалось доказать.
380. Имеем (см. задачу 365)
log,Jn r c°s х — --!—;— . (1)
п* logcos x sin X
Учитывая (1), перепишем заданное в условии уравнение так:
logcos X sin х +
1---—-—=2.
logcosxsln*
Но если сумма двух взаимно обратных чисел равна дв^м. то
каждое из них равно единице. Следовательно,
logrn« у sin х= 1, sin х — cos х, tg х= 1
'-’LUS Л °
ИГ
х^2л/г + -^-, где /г = 0, ±1, ±2,...
9 И. X. Сивашинский
257
Заметим, что мы взяли двойной период для тангенса; это
f I Л Л
объясняется тем, что если х==лл + —, то при £ = 2п и sinx>0,
и cos х > 0, а при & = 2п4~1 и sin х < 0, и cos х < 0, а последнее
не может быть, так как sinx и cosx в данном уравнении должны
быть только положительными.
Отв. 2л/? + -~ , где k = 0, ±1, ± 2, ...
381. Так как х+1>0, то данное уравнение равносильно
такому:
2 log2(х+1) + log2 (х+1) = 6,
или
log2 (х+1) = 2,
откуда х+1 =22 = 4 и х —3.
Отв. 3.
382. Перейдя в уравнении к логарифмам по основанию 10,
получим
1+ g ( -10 ^=(lglgn—1)-Д- •
1 Igx & & lgx
Отсюда после простых преобразований придем к уравнению
. ( 4—х\ . Ign
lg vTo-j~lg“KT’
После потенцирования будем иметь
х2—4x + lgn = 0,
откуда _______
*1,2 = 2 ± /4 —Ign .
Должно быть 4 —Ign2^0, т. е. 1g п< 4. Из условия ясно, что
1g п > 0, х > 0, х/ 1, п > 1.
Рассмотрим четыре возможных случая.
1) Если 1 <п< 104 и п =£ 103, то уравнение имеет два раз-
личных корня:
х1==2+ р^4 — lg п и х2 = 2—”/*4 —Ign .
2) Если п = 103, то имеется лишь один корень х~3.
3) Если п=104, получаем также один корень х = 2.
4) Если, наконец, п > 104, то корней нет.
883. Заданное уравнение равносильно такому:
b* = logac. (1)
Рассмотрим четыре возможных случая.
1) Если с>1 и а > 1, то уравнение имеет единственное
решение
* = logz>loge с.
2) Если 0<а<1 и 0 <с< 1, то уравнение имеет такое же
единственное решение, как в первом случае.
258
3) Если а> 1 и с*С1, то нет решения, так как в этом случае
logac^0, что противоречит уравнению (1).
4) Если а<\ и то также нет решения, поскольку и
в этом случае logac^0.
384. Так как
log, с=^4.'
6 10ga Ь
1 l°ga X . logfl X
Ы loM *C 10goC
то данное уравнение принимает вид
/ i \ ioga с .. logax,lo&»*
V + logo С ) Oge X'loge6 logo logo с’
откуда
loge x (logo *—loge c — 1) = 0.
Это уравнение разбивается на два уравнения:
1) loga № 0, откуда Xi = 1,
2) l°ga* — l°gaC—1—0, или logfly = 1, откуда х2 — ас.
Отв. 1, ас.
385. Имеем
lg(M = 21g(x+l),
откуда
(х4-1)2 = 6х,
или
х2 + (2 — /?)*+1 = 0.
Решая это уравнение, получаем
k , , Vk*—4k ...
«1,2= у- 1±------2---• О)
Для того чтобы корни были действительными, необходимо, чтобы
k было не меньше 4 или отрицательно.
1) Если k = 4, то х = 1.
2) Если &>4, то х1х2=1>0 и х14-х2 = & —2_> 4—2 > 0.
Следовательно, уравнение имеет два положительных корня.
3) Если k < 0, то х1х2=1>0 и х14-х2 = /г —2 < 0, оба корня
отрицательны.
Для существования lg(x+l) должно быть х4-1>0. Имеем
(см. (1)) г______
fe ^k2—4k „
«1+1=2— —2----------<0
как сумма двух отрицательных величин. Следовательно, xt не.
является корнем уравнения.
Выражение
, . k , К/г2-4Л .
«»+1=2- +-----2---->0’
9*
259
поскольку £<0. Так как х2 < 0 и k < 0, то kx > 0, а поэтому
существует и 1g kx.
Итак, данное уравнение имеет только один корень, если £=4
иди k < 0.
386. Имеем
log2| 1 —х I =3»
откуда
11-*1 = 8.
Если х < 1, то 1—х = 8 и Х1 = —7.
Если же х > 1, то х—1 =8 и х2 —9.
Отв. —7 или 9. _
387. Поделив обе части уравнения на 9, получим
(ИЛО-
х Г 2
Решая это квадратное уравнение относительно у -у, получаем
V 3 2 Г 3 2 ''
Преобразуем первое из равенств (1)
fVh—1V 2
\ 2 ) ~ 3 •
|
Логарифмируя обе частиэтогоуравнения по основанию--,
получаем
*=logVT-i у.
2
Второе равенство не имеет места ни при каком значении х.
Ome.logr-1|.
2
388. Областью определения левой части уравнения являются
— и х>0, т. е. 0<х<1.
Областью определения правой части уравнения является х^З.
Так как неравенства 0<х<;1 и х^З противоречивы, то
заданное уравнение не имеет решений.
389. Из второго уравнения системы получаем Тогда
первое уравнение перепишется так:
Это равенство возможно в трех случаях:
1) Xi = l, тогда у1=х~г = \,
2) хл~— 1, тогда у2 =х~2 = 1;
260
3)х?^±1, тогда х + у = — 2 (х — у), или у = 3х и, учитывая
второе уравнение системы, имеем 3x3 = L
Следовательно,
X=VT’
Итак,
*1 = 1/1= 1; *2=-1, у2=1; х8 = —1—
1/ 3
f, ___ Ъ/ о
Уз — у у-
390. Приведем все логарифмы к основанию 2, тогда заданная
система принимает вид
<10g2 Х + 1Qg2 = ,og2 х'
1пв г log2(*+«)_4 10&*
1 g2 iog23 TogTT'
0)
Так как х 1 (в противном случае левая часть первого уравнения
исходной системы не имела бы смысла), то log2x 0 и систему (1)
можно записать в виде
I log2x + log2r/ = log212,
I log2(x + </) = 3.
Потенцируя, получаем
xi/ = 12, x + y = 8t
откуда
*i = 6, i/i = 2; х2 = 2, г/2 = 6.
391. Так как
31о^ = (/,
то заданная система принимает вид
10g5 х + у = 7,
х^512.
(1)
Потенцируя первое уравнение системы (1), получим х-5-^57,
откуда
х = 57“Л (2)
Подставляя х из уравнения (2) во второе уравнение системы (1),
получаем уравнение
512 + z/a- iy__ J,
имеющее корни
*/1 = 4, ^2 = 6.
В результате мы приходим к двум решениям:
хг = 125, i/i = 4; х2 = 625, у2 — 3.
392. Пусть ==а. Вели а«1, т. е. p = q, то системе удовле-
творяет любая пара равных положительных чисел. Будем поэтому
261
считать а^1. Из второго уравнения получаем х = г/а. Логарифми-
руя первое уравнение и используя это равенство, будем иметь
t/lg(/(a—/’)=().
Так как у > 0, то либо 1gу =0, либо а— г/®”1. В первом
a
случае получаем jqssl, ^«1; во втором случае x2=aa~l, у2=>
1
==aa‘“1. Обе пары чисел удовлетворяют и исходной системе.
a 1
Отв. х1 = у1 = Ц x2 = aa~1, £/2 = aa-1.
393. Вначале заметим, что должно быть
х> 0, у > 0, x# 1, у^\.
Так как . 1 logx# = -j » то первое уравнение системы принимает
вид 2 log2 х—5 logy х + 2 = 0,
откуда logyx=2 или logyx = y,
т. е. х~у2 или # = х2
Второе уравнение системы при г/= х2 принимает вид
х2+х—a—а2==0,
откуда
_ — 1 dz (1 +2а)
~ 2
т. е. xx = a, х2 = — а—1.
1) Если a>0, a / 1, то хх = а, у^ — а2, а №— 1—а не дает
решения.
2) Если — 1— а >0, — 1—a 1, т. е. а < — 1, но а ^—2, то
х2 == — 1 — а, (/2 = (1 + а)2 являются решением данной системы, а х = а
не дает решения.
3) Если — то х — а и х = -1—а не дает решения
данной системы.
Ввиду симметричности уравнений системы относительно х и у,
помёняв местами х и у, мы придем к аналогичным выводам.
Итак, если a>0, a =£ 1, то система имеет два решения: х1 = а,
У1 = а? и х2==а2, у2 = а.
Если a < —1» но а#: —2, то система имеет также два решения:
х1 = —1—а, 1/1 = (1+а)2; х3 = (1+а)2, у2 = — 1— а. -
Если —1< а < 0, то система не имеет решений.
8S4. Логарифмируя первое уравнение по основанию а, найдем
*+i/logaft=14-loge Ь.
(1)
262
Во втором уравнении перейдем к логарифмам по основанию с,
тогда
Отсюда х=—. Подставив У = — в (1), получим уравнение
X2—*(14-loga 6)4-logaft = 0,
имеющее корни
Xi = logflb и х2 = 1.
Следовательно, z/j = log6a, у3=1.
Итак,
*l=loga&, У1 = 1о&ьа'>
*2=1» */2=1-
Глава VIII
КОМБИНАТОРИКА И БИНОМ НЬЮТОНА
395. В числе 50! имеется только 10 сомножителей, которые
кратны пяти, а именно:
5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50,
В каждое из чисел 5, 10, 15, 20, 30, 35, 40 и 45 пятерка входит
сомножителем один раз, а в числа 25 и 50—два раза.
Итак, если произведение 50! разложить на простые множители,
то среди них будет двенадцать пятерок.
Число 2 содержится множителем в произведении 50! значительно
больше 12 раз, так как только 2*4-8-16’32 > 212. Следовательно,
число нулей в 50! определяется числом пятерок, так как при
умножении простых чисел только произведение пяти на два дает
число, оканчивающееся на нуль.
Отв. Число 50! имеет на конце 12 нулей.
396. Имеем
п\ п\ (п~&J.)!
kY\ (п —kx)\ k2\ (n — fei—k2)\ X
x (n—A?i —fe2)! (n — fej — fe2—... —
&3! in — kx—k2—k3)\ ’ * ‘ kj\(n — kx—k2—... — kj)l
°n-kc*°n-kt-
Так как есть целое число, то и произведение
есть целое число, что и требовалось доказать.
263
397. Данный ряд сравним с правой частью формулы бинома
Ньютона
(х 4- а)п = хп + пахп ~1 + а2хп
Очевидно, чтобы из этого разложения получить А, надо поло-
жить
х=1, а = 1, п = 104.
Следовательно, сумма членов ряда А равна 210< = 210000.
Логарифмируя, видим, что характеристика логарифма этого
числа равна 3010, поэтому число 210000 имеет ЗОН цифр.
Отв. ЗОИ цифр.
398. Имеем
(х +1)" = хп + С'х” "I + С*хп “2 + ... + С"
и
(1+ х)п = 1 + С'х + + _ + .
Перемножим почленно эти два равенства. В левой части полу-
чим (1 +*)2"- Коэффициент при хп в разложении (1 + х)2п равен
При перемножении правых частей рассматриваемых тождеств
получится многочлен 2п-й степени.
Легко убедиться, что коэффициент при хп в этом многочлене
равен
1 + (^)2+(С2)2+...+(С«л
Поскольку правая и левая части рассматриваемого произведе-
ния тождественно равны, то должны быть равны коэффициенты при
одинаковых степенях х, в том числе и при хп. Поэтому
i2+(ci)2+O+...+(c^=q„.
Отв. С*п.
399. Доказываемое равенство равносильно
+ П + + с» + --- + -йтс"+---
...+^±^ С?-14-1=2'’+*. (1)
* п п *
Но так как
Я 4“ 1 пт _ n 1__________________(п 4~ О-_____ пт +1
/и + 1 п~т^\ т\(п—т)\ (т + \)\(п — т)\ ч + i ’
то левая часть доказываемого равенства (1) равна
14-^4-^4-...4-СХ’ + ---+^ + 1 + 1=(1 + П', + 1-2«+\
что и требовалось доказать.
264
•400. Из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 можно составить четырех-
значных чисел, считая и те, которые начинаются нулем.
Поскольку все 8 цифр равноправны, то нулем начинаются
1 7
~ чисел. Следовательно, всего четырехзначных чисел -g- Л* .
Число четырехзначных чисел, не содержащих единицу и на-
чинающихся цифрой, отличной от нуля, равно
Л 4 1 л 4 6 Л д
7 ’у" ^7 ”7"
Итак, всего четырехзначных чисел, каждое из которых содержит
единицу,
8 8 7Л?*
401. Для определенности пусть Л, В и С получают по 4 пред-
мета в такой последовательности: А получает 4 предмета, потом
из оставшихся восьми предметов В получает 4 предмета, а С полу-
чает оставшиеся 4 предмета.
Итак, А может получить столько различных наборов из четырех
предметов, сколько можно составить сочетаний из 12 по 4 в каж-
дом, а В может получить столько различных наборов, сколько
можно составить сочетаний из восьми по 4, а С получает каждый
раз оставшиеся 4 предмета. Таким образом, число способов рас-
пределения наборов из четырех предметов из имеющихся 12 пред-
метов равно произведению
СЬ'С8 = 34 65°-
Отв. 34 650.
402. Пронумеруем клетки последовательно порядковыми чис-
лами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Поместим в четных клетках гласные
буквы. Таких всевозможных расположений гласных букв по чет-
ным ящикам 4!. Каждому из этих расположений гласных букв будет
соответствовать 4! расположений по нечетным клеткам согласных
букв. Таким образом, число различных расположений гласных и
согласных букв, если гласные помещаются в четных клетках, а
согласные — в нечетных, равно произведению 4!-4!. Если же мы
будем помещать согласные в четных клетках, а гласные—в нечет-
ных, то таких всевозможных расположений также будет 4! *41.
Итак, всего различных расположений букв
2 (4!-4!) = 1152.
Отв. 1152ё
403. Расположим все белые шары в ряд. Для черных шаров
остается (р + 1) место: (р—- 1) место между каждыми двумя белыми
шарами, одно место правее всех белых и одно место левее всех
белых. Отсюда ясно, что число способов, которыми можно раз-
местить в ряд шары, равно С£ + 1«
Отв. Счр+1.
404. Трехзначное число имеет вид abc. При этом каждая из
цифр а, b и с может принимать независимо друг от друга все
265
значения от 1 до 9. Поэтому число искомых трехзначных чисел
равно 9-9-9 = 93 = 729.
Отв. 729.
405. Очевидно, что всякое число, являющееся делителем числа
25-32, будет иметь вид 2е-33, где а может принимать значения от
0 до 5 (включительно), а (3—от 0 до 2 (включительно). Таким
образом, а может принимать шесть значений, а (3—три значения.
Поскольку эти значения друг от друга не зависят, то при этом
2а33 принимает 6-3= 18 значений. Следовательно, число искомых
делителей равно 18.
Аналогичными рассуждениями легко убедиться, что число дели-
телей Л = р*‘р22.. .р^, где рх, р2......pk— различные простые
числа, равно
а+ми + аз) (1 + Оз)...(1+аЛ).
Отв. 18.
406. Поскольку число наполненных ящиков равно т и так как
в каждый наполненный ящик вложено по k ящиков, то число
- вложенных ящиков равно mk. Но так как первый ящик никуда
не вложен, то всего ящиков mk +1. Следовательно, число пустых
ящиков равно (mk+\)—т.
Отв. mk-\-l—m.
407. Всего число перестановок из п элементов, включая те,
у которых а и b стоят рядом, равно п!. Исключим из данных п
элементов элементы а и b и образуем из остальных (п—2) элемен-
тов всевозможные перестановки. Их будет (п—2)1. Присоединим
к каждой из этих перестановок два элемента а и b так, чтобы они
оказались рядом. Это, очевидно, можно сделать 2 (и—1) способами
(множитель 2 здесь связан с тем, что а и b можно переставить
местами). Таким образом, число перестановок, в которых а и b
стоят рядом, равно 2 (n—2)!(п — 1) = 2 (/г— 1)!» а интересующее нас
число равно
п! — 2 (и— !)! = (/?— 1)!(п—2).
408. Первое решение. Очевидно, что произведение двух
чисел кратно трем в том и только в том случае, когда хотя бы
один сомножитель кратен трем.
Выберем из чисел 1, 2, 3, ..., 100 все числа, кратные трем.
Таких чисел 33. Остальные 67 чисел не кратны трем.
Число произведений, полученных из сомножителей, кратных
трем, равно С|3. Число произведений, кратных трем, полученных
из сомножителей, один из которых не кратен трем, равно 67-33.
Итак, искомое число парных произведений, кратное трем, равно
С|3+ 67-33 = 2739.
Второе р е ш ен и е. Число всех парных произведений равно
С200, а число парных произведений, не кратных трем, равно CJ7 .
Поэтому число парных произведений, кратных трем, равно
с ? о о - С17 = 4950 ““ 2211 = 2739-
Отв. 2739.
266
409. Всего можно составить Cf0 различных групп офицеров
(из трех офицеров каждая) и С’о различных групп солдат (из семи
солдат каждая).
Поскольку каждой возможной группе, состоящей из офицеров,
можно дать любую возможную группу, состоящую из солдат, то
число разведывательных групп равно
г3 .г7
С10 Ь2О-
410. Выберем одну заглавную букву, этот выбор можно сделать
k способами. Затем из tn гласных выберем р, букв, это можно сде-
лать С % способами. Наконец, выберем v согласных, что можно
сделать С\ способами. Итак, выбор необходимых букв для состав-
ления слова можно сделать способами. Произведя указан-
ный выбор, поставим заглавную букву на первое место, тогда из
прочих p + v строчных букв можно составить (g-(-v)! перестановок,
каждая такая перестановка дает новое слово.
Итак, всего можно составить
AC£C*(h + v)I
различных слов.
Отв. *C£C*(p + v)!.
411. Поскольку в колоде карт 4 туза и 32 карты — не тузы*
то всякое деление колоды, указанное в условии, равносильно из-
влечению 16 не тузов из 32 и двух тузов из четырех. Первое
извлечение можно осуществить способами, а второе—С\ спо-
собами. Так как каждое извлечение 16 не тузов можно скомбини-
ровать с любым извлечением двух тузов, то общее число способов
указанного деления колоды равно
Отв.
412. Занумеруем окружности (например, в порядке возрастания
радиуса)
1, 2....k.
Занумеруем также лучи (например, по часовой стрелке)
1, 2, ..., I.
Точку пересечения т/-й окружности с п/-м лучом обозначим
(mZf nz).
Пусть (tnv n1)(m2i — из таких наборов.
Так как никакие две точки не лежат на одной окружности, то
т±, т2, ...» ms — некоторая выборка из 1, 2, ..., k.
Аналогично п2» • ••» —некоторая выборка из 1, 2, ...,/.
Так как порядок точек в наборе нас не интересует, то искомое
число равно C^AJ.
Отв. C3kAl'
267
413. Первое решение. Так как каждые две точки опре-
деляют прямую, причем прямые АВ и ВА есть одна и та же пря-
п (п—1)
мая, то число прямых равно С„~ —
Второе решение. Так как из каждой точки можно про-
вести (п — 1) прямую, то всего прямых п (п—1), если считать пря-
мые АВ и ВА различными, но так как АВ и ВА есть одна и та
п (п — 1)
же прямая, то число прямых равно - .
n(n —1)
Оте. —— .
414. При п = 1 закон верен.
Действительно, одна прямая рассекает плоскость на две части,
так как 1 + — 2.
Предположим, что закон верен при n — k, т. е. число частей,
па которые рассекается плоскость прямыми, равно
< .*(* + 0
1+ 2 -
Далее проведем еще одну прямую так, чтобы она не была па-
раллельна ни одной из взятых ранее k прямых и не проходила
бы через точку пересечения каких-либо двух из них; (£-(-1)-я
прямая пересечет все ранее взятые прямые в k различных точках
и, следовательно, пройдет по (&+1) частям плоскости, каждую из
которых разделит на две части. Следовательно, число частей плос-
кости увеличится на &4-L
Итак, (k 4-1) прямых делит плоскость на
(fe+1)+i+HHil)=1+(£+n(fe+2).
частей. Таким образом, закон оказался верным и при n = k + \.
Следовательно, он верен при любом п.
415. Первое решение. Известно, что две ладьи могут
бить друг друга, если они находятся либо в одном вертикальном,
либо в одном горизонтальном ряду полей шахматной доски. Сим-
волом (/, /) будем обозначать поле, находящееся на пересечении
/-го горизонтального и j-го вертикального ряда, где для i и j
возможны значения 1, 2, ..., 8.
Две ладьи, находящиеся на полях (/, /) и (kt l)t не могут
бить друг друга в том и только в том случае, если / k и j I.
Если 8 ладей, расставленных на доске, занимают поля
01» /1)» 0 г» /г), • • • > 0e> Is)
и не могут бить друг друга, то среди чисел /2»,-»-» h не
может быть двух равных, так как никакие две ладьи не могут
стоять в одном горизонтальном ряду. Следовательно, ilt i2t ...» /8
есть перестановка из чисел 1, 2.....8. Аналогично установим,
чт0 /1» /г, •••> /8 есть перестановка из тех же чисел. Распо-
268
ложим символы (/, /) так, чтобы числа ц, ..., г8 следовали
в натуральном порядке
(1, /1), (2, /2), ...» (8, /8).
Всякой перестановке jlf ]2, .... /8 соответствует возможное
расположение ладей.
Итак, существует 8! =40 320 различных возможных расстановок
ладей.
Второе решение. При каждом допустимом расположении
ладей в каждом вертикальном и в каждом горизонтальном ряду
находится одна и только одна ладья.
Присвоим ладьям (до их расстановки на доске) номера от 1 до
8 включительно.
При любом расположении ладей на k-e место (считая снизу)
d том или ином вертикальном ряду будем ставить ладью, имеющую
номер k.
Каждое расположение ладей есть соединение элементов (номе-
ров 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8), взятых в порядке их нахождения в вер-
тикальных рядах (считая эти ряды слева направо). Эти соедине-
ния представляют собой перестановки из 8 элементов, а поэтому
число их равно 8! Следовательно, число различных способов рас-
положения ладей равно 8! = 40 320.
Отв. 40 320.
416. Имеем
(Кзу-1. т*+1=с‘00(Гз)‘ Tft+s=c*+l(O)*+1-
Согласно условию задачи должно быть
Tk+i>Tfg и
Tk + l >
или
с?оо (К 3 )* > С*-‘ (/ 3 1 и с*00 (И 3 )* > (/ 3 )*+*.
После упрощений получим
У 3 1
k > 101— k’
1 У 3
100—Л? > 1 •
Из неравенства (1) получаем __________
t 101 Г з
(1)
(2)
а из (2)
Но так как оба неравенства должны существовать одновре-
менно, то
(3)
269
Левая и правая части неравенства (3)-—числа нецелые, а раз-
ность между ними равна единице. Поэтому существует лишь одно
целое число kt удовлетворяющее неравенству (3). Заметив, что
1,72 < < 1,73, прямым вычислением установим, что
64,64 > k > 63,135.
Следовательно, k = 64.
Отв. 64.
417- Делителями числа q являются, во-первых, сами числа
Pi* Ра» Рз» •••> Рл, а также всевозможные их произведения по два,
по три и т. д. (эти произведения различны, так как единственным
образом можно представить число в виде произведения простых
чисел). Таким образом, число делителей равно
Cl + Cl+Cl + ...+Ckk=2k.
418- Пусть искомые числа х и у. Имеем
х 4-0 = 0,1x0, или Юх-(-1О0 = х0.
Отсюда получаем
х (0-10) =100,
а также
у(х— 10)=10х.
Перемножив последние два равенства, получим
ху (х—10) (г/ — 10) = 100x0,
или
(х—10) (0-10)= 100.
Поскольку х и 0—целые числа, то и разности (х—10) и (0—10)
должны быть целые числа. Следовательно, задача сводится к раз-
ложению числа 100 на два множителя, а так' как такое разложе-
ние может быть сделано только пятью различными способами, а
именно:
100= Ь 100 = 2-50 = 4*25 = 5-20 = 10-10,
то, стало быть, и задача имеет только пять решений:
Xi=ll, 0Х = ПО; х2=12, 02 = 6О; х3=14, 03 = 35;
х4=15, 04 = 30; хб = 20, 0в = 2О.
Глава IX
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
419. Возведя в куб заданную зависимость, получим
Отсюда х +«у=(а3—ЗаЬ2) + (За26—b3)i. х=а(а3—362), у=Ь(За*—Ьг),
или —=а2-362, |-=За2-й2. а b
270
Сложив последние два равенства, находим
—+-Г=4(а2—Ь2).
а Ь
420. Имеем
|2— 1 | .
Поэтому
|2- 1 |2<|2+1 |2. (1)
Пусть z — x-j-iy, тогда (1) принимает вид
(х-1)2 + (/2<(х+1)2 + ^,
или
х2 — 2х +14- у2 х2 + 2х +1 + г/2,
или
*-2х«с2х,
откуда
х > 0.
Следовательно, точки находятся в полуплоскости, расположенной
правее оси у.
421. Пусть zl^=x1 + iylt z2==x2 + iy2. Имеем
г1 + г2 = *1 + Х2+* (#1 + ^2)» (О
Zi—z2 = хх—х2 + i (уг—у2\ (2)
В силу (I) и (2) левая часть доказываемого тождества прини-
мает вид
(Х1 + х2)2 + (у± + уа)2 + (%1 - х2)2 + (У1—У2)2 =
= 2(*?+^) + 2(x2+^) = 2(lzil2 + lzal8)-
422. Уравнение ^" = 1 имеет корни
2л£ , . . 2л&
aft = cos------------------Н sin —•,
к /г п ’
где k = 0, 1, 2, ..., (n— 1).
Очевидно, что
. 2л , , . 2л
a0 = l, ах —cos—|—Z sin —,
п п
а
k f 2л . 2л\Л 2л& . . . 2л£
a; — cos —Ь t sin — =cos-------k I sin-=ай.
1 \ n nJ n *
Поэтому, положив c^ = a, получаем корни в виде
1, a, a2, ..., а"“Л
423. Искомую сумму можно записать так (см. задачу 422):
1 +aP+a2/>+ а1 +с^ + (о^)2+ . „
где
X, 2рл . . . 2рл
ar—cos——pi sin-£—.
п п
Если р делится на п, то а^=1 и сумма равна п.
271
Если же р не делится на п, то 1 и можно воспользо-
ваться суммой геометрической прогрессии. В этом случае искомая
сумма равна
^=0
а/’—1 ’
так как
а/7’—1 = (апУ>-1 = 1 -1 =0.
Отв. Если р делится на п, то искомая сумма равна л, а если
р не делится на п, то сумма равна нулю.
424. Первое решение. Пусть
z = cos <р + i sin ф,
тогда
2142 +^42 =(cos ф-Н sin ф)142 + (СОЗ ф — i sin ф)142 =
— cos 142 ф + / sin 142 ф + cos 142 ф — i sin 142 ф = 2соэ 142 ф.
Так как z4-~ = 1, или г2—г-f-1 =0, то
2
1 . • К 3~ ( , л \ , . / . л \
г1, 2~ "у i * —= C°S I ±-у ) ~Н S,n ( ±
• Таким образом,
, 1 о 142л 4л _ л .
г142 + ^2 = 2 cos =2 cos — =2 cos -~-= — 1.
с * О О о
Второе решение. Так как г+ -у == 1» то z2— z + 1 =0, а
значит, и г84-1=0; следовательно, г3 =— 1. Поэтому
Г /1 V7 1 1
Отв. —1.
425. Пусть z = г (cos ф + / sin ф), тогда заданное уравнение при-
нимает вид
г2 (cos 2ф + i sin 2ф) + г = 0,
гак как | z | = г.
Это уравнение перепишем так:
г [(г cos 2ф+ l)+zr sin 2ф] — 0.
Отсюда имеем либо г = 0, тогда z = 0, либо
(г cos 2ф+ l) + /r sin 2ф = 0.
Это уравнение равносильно системе
j sin 2ф = 0,
I гсоз2ф+1=0.
272
Значения <р, равные 0, -g-, л, -% , •••» удовлетворяют пер-
вому уравнению системы (1). Но так как из второго уравнения
системы (1) следует, что cos2<p<0, то заключаем, что ф может
л ( л , , \ Зл / л
принимать только значения ( вообще -~--|-ля I и I вообще
х \ ** У X у
т+я*)-
Подставляя эти значения ф во второе уравнение системы (1),
— л Зл ।
убеждаемся, что как при ф =—, так и при ф=у получаем г = 1.
X X
Итак,
Z2=l / cos-y + zsin —l=u
и
. { Зл . . . Зл\
23=1 Г COS S1D у 1 = —X.
Таким образом, данное уравнение удовлетворяется только тремя
значениями z, а именно: 0, i и —
Отв. О, /, —
426. Пусть z — r (cos ф + * sin ф), тогда
z2 =lz2 (cos 2ф + i sin 2ф)
и
z2 +1 =r2 (cos 2ф + / sin 2ф)+ 1 = (r2 cos 2ф+ 1)-H>2 8$п2ф.
Поскольку модуль комплексного числа а-\-Ы равен К«2 + ^2» то
| z2 +1 | = /(z2 cos 2ф + 1 )2 + (г2 sin 2ф)2 = /74 + 2'2 cos 2<р+1. (1)
Далее,
I .11 р2 + 1| 1*2+1| 1*2+П
|г + 7| = | — Г”Я г •
Но так как по условию 1? + —1 = 1, то
|г8+1| 1
Г ’
0ТКуДа |г8+1Нг. (2)
В силу (1) и (2) имеем
г4 + 2г2 cos 2ф + 1 = г2, или г4 + г (2 cos 2ф — 1) + 1 = 0.
Отсюда ______________
г — 1—2со$2ф4: 1^(1— 2 cos 2ф)2 — 4 ф
273
Поскольку мы ищем наибольшее значение г2, то перед корнём
берем знак плюс.
Очевидно, что г2 принимает наибольшее значение, когда
л
cos2q> = — 1, т. е. при (р=у + ^.
3 । у 5
Подставив это значение <р в (3), получим г2 = ----
Следовательно, г = [ z |
2
ГлаваХ
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ
427. Имеем
а3 + ^3—с3 — ас2 + be? — с3,
или
а3 + Ь3 = (а + Ь) с2,
или
a2—ab + b2—с2 —О,
т. е.
с2 = а24-Ь2—ab.
Отсюда следует, что / С = 60°.
Второе условие задачи перепишем так:
Q
2 sin A sin В = у,
или
cos (Д — В)—cos (А + В) = у ,
или
cos (Д —В)—cos 120° = у.
Отсюда
cos(4—В) = 1, т. е. А — В = 0 и 4==В = 60°.
Итак, треугольник равносторонний.
428. Пусть (рис. 4)
ZOiMO^a, ZO2MO = P» Z ОхЛ4О = у.
Из треугольника ОХМО2 имеем
Охоа = + —2/?1/?2cosa.
274
Проводим O±D параллельно АВС до встречи с ОаС в точке Р.
Из прямоугольного треугольника ОХО2Р следует
О1Р2 = О1р2-О2р2>
откуда
OiD = ВС=Vя? + #1 — 2/?хЛгя cos а - (R2— R,)*,
ИЛИ
BC = 2K^sln у.
Аналогично находим
ЛС=2Ул/Г/?^ sin, АВ = 2 VlRRi sin -1.
Подставив найденные значения ВС, АС и АВ в равенство
АС = АВ + ВС,
получим искомую зависимость
. В .а . V
Sin 2 S,n Г Sln "k
Рис. 4. Рис. 5.
429. Используем теорему синусов для треугольников САР,
ОАВ, ОВС, 0CD (рис. 5):
ОА _sin а8 0В_sin а2 ОС _sin а4 0Р_sin ав
OP “sin ах ’ 0A“sina3’ 0B““sina5’ 0C“sina7’
Перемножив эти равенства, получим
sin a2 sin a4 sin ae sin a8 __
sin ax sin a35in a5 sin a7 ““
275
430- Так как в ДДС5
ак = ск=кв9
то
£ АС В —90°.
Из треугольника ADK имеем
х / л гч v ЛК 0,5а Л -
tgZ^DK = ^ = —= 0.5.
Из треугольника АЕК следует
tgZ^K = ^ = ^g=l.
Далее,
' -Ui
tg Л DK + Z ЛЕК) = . 2 3 , = 1 •
1 —J—L
2 3
Отсюда
£ ADK + ЛЕК =45°,
а следовательно,
Z ADB + £ ЛЕВ = 90°.
Итак, АС В + ADB + ЛЕВ = 180° (рис. 6).
431. Первое р ешение. Обозначим в радианах (рис. 7)
^/ДКВ = у» ’u3C = v, ^CD~y, ^AD = a.
Так как по условию
276
то можно составить две системы:
I - + S-2V. .
| х—у = 2а
и
I и + о = 2л—2у,
I и—1' = 2Р. ' ?
Из системы (1) следует
х = у + «, = а.
Из системы (2) следует
и —л—у + Р» v—ti—Y~ ₽•
у и + у л—а + 6 .
£ АВС = ~^=------220’ (радианов),
/ ADC = = (радианов).
Аналогично
/ о ш v + У л—«— Р /
£ BAD = —^ =-------—£ (радианов),
/ BCD — л—/ = (радианов).
Второе решение. Имеем
£ ADC+£ BCD = n + a,
£ АВС+£ ВСР = л-Ьр,
£ BAD + £ BCD-л,
£ АВС + £ ADC — л.
Решив эти четыре уравнения совместно, получим
Z ДАР=Я~2~-. Z.ABC=n~^^,
£BCD=^+£, ^ADC^±p$.
432. Для удобства будем считать, что одна из окружностей
неподвижна, а вторая движется с удвоенной скоростью (так как
окружности катятся с одинаковыми скоростями).
Пусть первоначально окружность Ох касается прямой в точке В,
а в момент прикосновения к окружности О—в точке С (рис. 8).
Конечное положение центра Ох обозначим через О2» а точку касания
окружности О с прямой — через Л. Проведем прямую 0г02К и
соединим О с и с О2.
Так как АО —12 м, а ВО^ — З м, то ОК = 9 м.
277
Из прямоугольного треугольника OtKO имеем
- О^к = /оо*—О№ = К41*-9« = 40 (ж).
Из прямоугольного треугольника О2К0 находим
О2К = /оо*—О№ = к 152—92 = 12 (л).
Окружность Ох сместилась на расстояние
ВС’ = О1О2 = О1К—О2К = 40 —12 = 28 (м).
Поскольку окружности катились со скоростями 1 м в минуту, то
их суммарная скорость 2 м в минуту и время их движения равно
433. Обозначим СМ через х, высоту треугольника АВЕ через hu
высоту треугольника СМЕ через h2 (рис. 9). По условию
1 . 1 и 4* и । г \
"2~ ahi “2" 2 (^1 ^2)»
или
^-Ч^-'+тг- ">
”1 fli
Но из подобных треугольников АВЕ
и СМЕ имеем
- = (2)
a
х а—Ь а — Ь
а а + b а + Ь
а—Ь ~
Отв. Точка М находится на расстоянии от точки С.
434. Первое решение. Пусть О—середина гипотенузы АВ
прямоугольного треугольника АВС (рис. 10).
Соединив О с вершиной С, получим два равнобедренных тре-
с
угольника АОСиВОС, боковые стороны которых равны а углы
при вершинах 150° и 30°.
278
Площадь прямоугольного треугольника АВС равна сумме
площадей треугольников АОС и ВОС, т. е.
11 у Sin 30°+.111 sin 150’ = £ .
Второе решение. Катет ВС = с sin 15°, а катет АС ==
= с cos 15°. Площадь треугольника
11 Г2 с2
S = 4 ВС-АС=± с2 sin 15° cos 15° = 4- sin 30° = 4-
4 4 4 О
435. Первое решение. Соединим центр круга О (рис. 11)
с вершинами А, В, С треугольника АВС и с точками касания
D> Е, F. Тогда OAJJEF, OB_[_FD и OC^JDE. Двойная площадь
прямоугольного треуголь-
ника АОЕ равна
АЕ-ОЕ или ОА~,
следовательно,
АЕ-ОЕ = ОА —
Рис. 11.
* О А
Известно, что радиус вписанного круга
тЛ(р~а) (р~“^ (р~с)
V р
где а + &+с = 2р.
Из рисунка видим, что
AE + CD = b, CD + BF = a, BF + AE = c,
следовательно,
AE + CD + BF = p
и
ДЕ~р — a, CD — p—c, BF — p — b.
279
Таким образом,
О А = УАЕ^А-СЕ* = &с(р~а),
поэтому
£F-2(p_0)/<^3.
Аналогично можно найти FD и ED.
А
Второе решение. Так как А£ = р—а и / OAE = -g-, где
А —угол ДАВС, то из треугольника AKEt в котором ^К = 90°,
получим
л
КЕ = АЕ siri — .
Но
sin* у/(Р-Ь)(Р-Г)
2 г Ьс
Следовательно,
КЕ =(р—а) 1/'
F Ьс
FE = 2КЕ = 2(р — а) ~\f(Р-./'ИР—с) .
Г ОС
43G. Известно, что
ЯГ2
АС2 + АВ2 = -^- + 2т2
(1)
(рисунок сделайте сами!).
На основании теоремы синусов имеем
ВС __sin А ВС __ sin А
AC ~~sin В И АВ ~ sin С ’
откуда
лс=вс
sin А
и ЛВ = ВС^^£.
sin А
(2)
Из (1) и (2) находим
_________4/n2 sin2 А__________
2 sin2 В+ 2 sin2 С — sin2 А *
(3)
Площадь треугольника
о 1 л п • Л i ан Sin В D _ Sin С . л
S =тг AC* АВ-sin А=-^г ВС —г ВС -—т sin А —
2 2 sin A sin А
ВС2 sin В sin С
“ 2 sin А * (4)
280
Из (3) и (4) следует
е _ 2/и2 sin A sin В sin С
““2 sin2 В + 2 sin2 С — sin2 А *
437. Обозначим корни данного уравнения через xlt х2, %.
Согласно формулам Виета имеем
*1 +*2 + ^3 “42, х1х2+х2хз + х8х1 = 587, хр^л'з == 2730.
Площадь треугольника
s = Кр (р—-Ч) (р—х2) (р—Хз).
где
/ р __Л>1+^+^з 21
Следовательно,
(р —*1) (р — х2) (р—х3) = (21 —хО (21 —х2) (21 —х3) =
= 441-21—441 (х1 + х2 + х3) + 21 (х^ + х^ + х^)—ЗДХ3 =
= 441.21—441-42 + 21-587—2730 = 336.
Площадь треугольника S = ^21-336 = 84.
438. Первое решение. Известно, что BD = l, BE-l^
(рис. 12).
Если DC = x, то AD=kx\ если СЕ~у, то AE = ky. Так
биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны, то
угольник BDE прямоугольный. Из этого треугольника имеем
de2=bd2+bb2,
или
(х + р)2 = /2 + /2.
Также имеем
АЕ = AD + DC + CE, или ky = kx-\-x~E у, .
откуда
*(* + 1)
у k — 1 ’
как
тре-
(D
(2)
281 ‘
Из (1) и (2) следует
+/»
откуда
2k
Удвоенная площадь
ВН— высота, или
треугольника DBE равна ll^DE-BH, где
llL = (x + y)BH,
или
/21==Р^/а _|_/2 ВН,
откуда
Н
ВН = -== .
V 12+ч
Площадь треугольника АВС
Ss=AC^BH^BH(AD + DC^
2
Д== (*•»+*)=
/2+7?
2
2k
4k
Второе решение. В Л DBE £ В = 90°, а поэтому
(О
В то же время
авс _ АС о АС о
ИЛИ (2)
АС
Как видно из формулы (2), надо найти отношение .
DE
Из свойства биссектрисы угла в треугольнике АВС следует,
4D ,
что = значит,
AD + DC DC _ 1
DC ’ AD + DC k+Г
... AD -|- DC -{" CE .
Далее, ---- p------=kt поэтому
CJb
AD + DC СЕ 1
CE * AD + DC ^k-Г
282
Таким образом,
DC + CE_ 1 1 2k
AD + DC k + \+k —1 = &2 — 1 ’
t. e.
AC *2 — l
DE^ 2k '
Следовательно,
AC c fe2-lZ/i (k*-\)llt
5 A ABC Ъ&ОВЕ=*-2Ь~ 2" =-----------
Zii и Л2, тогда площадь трапе-
439. Первое решение. Пусть высоты
AOD и ВОС соответственно равны
ции (рис. 13)
s _d£+^(*,+4l)_
=p!+,.+4£i+»£i.
Но из подобия треугольников
AOD и ВОС следует, что
AD-h2 = ВС *hlt
поэтому
S = p2 + ^2 + AD»h2. (1)
_ Р2 AD2
Далее имеем, что ^2=§£2"» *
ЛО.й2 = ^^=^^ = 2р<?. (2)
В силу (1) и (2) имеем
S-p2 + ^2 + 2pp = (p + (7)2.
Второе решение. Рассмотрим подобные треугольники
AOD и ВОС. Находим, что их коэффициент подобия равен
лп ВС-р
откуда AD —--------- и
AD;BC => АО:ОС =*DO:OB=—.
Я
Так как высоты треугольников ВОС и DOC, опущенные из вер-
шины С, совпадают, то
5д рос:5д = в~»
т. е.
5д doc—вос~-^ ^—pq*
283
Аналогично
AOB = pq.
Таким образом, площадь трапеции равна
pi+qi+pq+pq=(p+q)‘i-
440. Первое решение. Пусть К — точка пересечения
медиан AD и СЕ (рис. 14). По условию
£КАС +£КСА^Ы)°,
поэтому
с АКЕ = £КАС + Z КСА = 60°.
Проведем высоту АН треугольника
АКЕ. Поскольку
НАК = 90°— / ЛК£ = 30°,
то
1 12 1
ЯК = 4 ЛК = 4-. 4 ЯО = 4 та.
Z 2. О О
АН = К Д№— НК2 —
2
—нк*=
/з '
Площадь треугольника АСЕ равна
та тат<
4- Е С • А Н = 4 тс .
2 2 2|<3
Но по условию та-тс—^3, следовательно, площадь треуголь-
ника АСЕ равна — . Площадь же треугольника АВС, очевидно,
(АВ
так как Л£ —, а
высота этих треугольников, опущенная из вершины С, общая^ ,
т. е.
АВС — 1.
Второе решение. В треугольнике АКС
2 9
£К = 120°, АК=^-та, СК = 4тс.
О О
284
Следовательно,
sд АКС = |АК• СК Sin 120° = 4 татс Ki =| VT | ,
5Д АВС = 35Д ЛКС = 3’ "3 =1-
Отв. 1.
441. Первое р ешен ие. Обозначим сторону ромба через у9
а меньшую его диагональ через х. Следовательно,
х2 + а2 = 4|/2,
откуда
//=1 (1)
С другой стороны, мы можем рассматривать х как сторону пра-
вильного двенадцатиугольника, вписанного в круг радиуса у, т. е.
х=г//2-Кз.' (2)
Из (1) и (2) находим
х = а(2— КЗ). i/ = a Кг—/Т.
Высота h ромба, т. е. одна из сторон прямоугольника, вписанного
в ромб, определится из равенства
xa_~yh
отсюда ______
й=|/г-Кз.
Другая сторона прямоугольника z определяется из равенства
22 —х2 — h2t
откуда
,=|./(2-K3)».
Искомая площадь
S=/».z=[| (2- КЗ)]2.
Второе решение. Пусть ABCD — данный ромб, в кото-
рый вписан прямоугольник MBND (рис. 15).
В треугольнике АОВ
£А0В = М°, £BAO=i5°, B0 = y tg 15°, £ АВО = 75°.
285
В треугольнике MOB МО=ОВ как половины диагоналей при- ,*
моугольника, АВО —ОМВ=*75°, поэтому £ ВОМ = 30°. *
К
Рис. 15.
Площадь MBND J
S=y BD-MNsin30°, где BD = MN = a tg 15°, :
поэтому S = — tg2 15°.
Но J
♦ p. 150 30 1 cos 30 p 1/"з* \
tg 15 -tg 2 - sjn3()O 2 УЗ.
Поэтому Smbnd = 4‘ &—1^3) •
О me. [y(2- KT)]S.
442. Для определенности пусть / A < / В прямоугольного
треугольника АВС с гипотенузою АВ. Введем обозначения: R —
радиус описанной окружности, г — радиус вписанной окружности, >.
D—точка касания гипотенузы с вписанной окружностью (рис. 16). £
Гипотенуза А В = 2/?. С другой стороны,
AB = AD+DB=ODctg^ + BDctg^=r (ctg А -Ьctg .
Таким образом,
2£ = r(ctg y + ctg у),
откуда
ctg4-+ctg7=2T=24=5- (i)
A В
Поскольку £_A ~В = 90°, то — + -^- = 45° и
e'S (4 +
Учитывая (1), имеем
ctg у ctg у=6. (2)
LU&2 &2 -
2/ , А , . В
х' ctg у + ctg 7|
286
Решая (1) и (2) совместно и учитывая, что А < В, получаем
. А _ . В Л
ctg-2=3, ctgy=2.
Отв. А = 2 arcctg 3, В = 2 arcctg 2.
443. Обозначим катеты треугольника через а и bt а гипоте-
нузу—с (рис. 17). Имеем
е — (1)
a + b+c (2}
Ъд ABC— 2 ’
SA ABC— 2 + 2 2 * '
Из (1) и (2) следует
r=---——. (4)
a+b+c v’
Из (1) и (3) находим
Перемножив почленно (4) и (5), получим
п_______________ _а2*2_а&_с
Кг~(а + ЬУ— c2~2ab “ 2 ЬдавС-
Отв. Площадь треугольника Rr,
287
444. Первое решение. Очевидно, что искомый четырех-
угольник— ромб с углами, равными 60° и 120° (рис. 18).
а 3
Высота треугольника DMC ML = —; отрезок
а КЗ г-
----2—’ большая диагональ ромба MN — LK—2МК — а(у 3—1).
Рис. 18.
Треугольник EMF равносторонний.
Так как высота этого равносторонне-
го треугольника ft=:-i-M2V= ^(^3"—1),
то его сторона равна
рр — Ь.У'З 2h — а (т/’з‘__П
2 /з“Кз к
Следовательно, площадь ромба равна
2«д емр = ЕГ-Ь =| (КЗ -1) (ГЗ -1) = -£= (КЗ-1)2=
• — * Го z г б
Второе решение. Пусть ЕР—высота треугольника AED.
Из треугольника АЕР имеем
ЕР =-|-tg 30°.
$EMFN — AED + S& BFC + ANB + S£DMC ~SA 3CD~
= j tg 30° + £ tg 30° a2 =
a2 Уз a2 Уз л2 (cP + За2) У3—За2 а2(2Уз — 3)
=2 3 + 2 а ~ 6 3 -
_ а2 (2 УЗ - 3)
Отв. —*—4г------
о
445. Пусть точки В и С — точки касания окружностей с общей
внешней касательной, а Ох и О2—центры окружностей (рис. 19)
Проведем CD || ОГО2. В прямоугольном треугольнике BCD катет
BD=BO! — OiD = ВОХ —СОа = 3—1 — 2, а гипотенуза CD = O1O2=z
=34-1=4. Но если катет в два раза меньше гипотенузы, то про-
тиволежащий ему £ BCD = 30°, а / BDC — ВО^А = 60° и
288-
/ C020i == 120°. Искомая площадь S равна разности между пло-
щадью трапеции О1О2СВ и суммой площадей секторов AOtB и
АО^С. Основания трапеции суть 3 и 1, а высота ВС = YCD2—BD2 =э
—/~16—4 = 2 1^3 . Поэтому
0„. Рис. 19.
О
446. Первое решение. Очевидно, что полученные тре-
угольники и основной треугольник подобны (рис. 20). Обозначим
площадь треугольника АВС через х.
Рис. 20.
Так как площади подобных треугольников относятся^ как
квадраты сходственных сторон, то из подобия треугольников АВС
и МРК имеем
а* МК2 а МК
х~АВ*’ ИЛИ ’
Аналогично из подобия треугольников АВС и ENK следует, что
b _KN
Vx^AB ’
а из подобия треугольников АВС и KFR получаем, что
с __FR
лв-
10 И. X. Сивашинский
289
Имеем ,
a + b + c MK + KN+FR V
кг = АВ ’ '
Из рисунка видим, что
MK = AF, KN = RB,
поэтому
AB = MK + KN + FR. (2) |
Из (1) и (2) следует
a + b-^с _АВ
~АВ~ ’
ИЛИ
а4-Ь4-с= Кх,
откуда
х — (а + Ь + с)2.
Второе решение. Проведем отрезок КС. Так как пло-
щади подобных треугольников относятся, как квадраты сходствен-
ных сторон, то МР-.КЕ = а-.Ь, или МР:РС = а:Ь. Учитывая, что
треугольники МКР и РКС имеют общую высоту, опущенную из
вершины К, находим
ЗдмрК'Зд, рск = МР:РС=а:Ь,
т. е.
b b
SA CPK = SAMPK ~^=а2 ~аЬ'
Отсюда следует, что площадь параллелограмма РСЕК равна 2аЬ.
Аналогично находим, что площадь
параллелограмма KNBR равна
В_________________________ С 2Ьс, а площадь параллелограмма
Z\ ’ AM KF равна 2ас. Следовательно,
/ = & + & + + +
/ +2ac + 2bc = (a + b+c)\
________—is/ Оте. (а 4- b 4- с)2.
$ 447. В параллелограмме A BCD
рис. 21. (рис. 2l) BD = qt АС = р. Из
A ABD имеем
^ = х2 + у2—2ху cos а, (1)
где через х и у обозначены смежные стороны параллелограмма.
Из A ACD имеем
р2 = х2 4- у2 4- 2ху cos а. (2)
Из (2) вычитаем (1), получим
р2—q^=^4xy cos а,
откуда
р2 — q2
ху =-:-------------------------—.
4 cos а
290
Площадь параллелограмма равна
. р2— о2 р2—я2
ху sin Zsin а =—; ? tga.
4 cos а 4
„ р2—О*
Отв. "-tgа.
448. Пусть катеты прямоугольного треугольника а и Ь, а рипо*
тенуза с.
По условию
с«Уз ab
4 2 ’
или
Гз •
(1)
С другой стороны, по теореме Пифагора
c2 = a2 + Z?2.
Из (1) и (2) имеем
a2 + b2 = -^L
Кз •
(2)
(3)
Поделив обе части (3) на ab, получим
а 6 __ 4
b + а- уз'
а
Обозначив -у через х, получаем
, 1 4
х Н——— >
* Кз
или
Уз*2—4х+/3 =0,
откуда
Х1=Уз, х2 —
т. е. отношение большего катета к меньшему равно
449. Проводим BD параллельно АТ, где D — точка на АС
(рис. 22). Так как угол ВАТ равен углу ABD как внутренние
накрестлежащие при параллельных, а угол АС В равен углу ВАТ
как измеряющиеся половиной дуги АВ, то угол ABD равен
углу АСВ. Поэтому треугольники ABD и ABG подобны (у них
угол А общий). Из их подобия следует
АВ~АС9 с ~ b 9
10е
291
откуда
Далее,
г2
AD=V
r2 А2_г2
DC~AC — AD — b с 0 с
Так как BD || АТ» то
DC ВС
AD~~BT ’
&2-с2
__ а
~~~ВТ'
ьт
откуда.
ВТ =
Имеем
ДТ2 = ВТ-7Г
ас2
Ь*—с*'
ас2
Ь2^
ас2 ас2 ab2 (abc)2
b2—c2J b2—c2 ft2—с2“(Р—с2)1
Рис. 23.
b
b
450. Дополнив треугольник АВС до параллелограмма ABAfi,
легко найти зависимость (рис. 23)
a24~4m* — 2Ь2 + 2с2.
Аналогично
b2 + 4m = 2а2 -|- 2с2,
с2 + Ьт2с = 2а2 + 2Ь2.
Из этих трех равенств следует, что
^(m2a + m2b + m2c) = 3(a2 + b2 + c2)t
т. е.
Q
(«а + : (а* + 62 + с*) = 4*
292
451. Пусть CF—третья медиана (рис. 24).
Так как 0Р = -|- (медиана гипотенузы треугольника ЛОВ равна
Зс
половине гипотенузы), то CF = —.
Поэтому 9с2 + с2 = 2 (а2 + &2),
откуда с =
Отв.
452. Соединим центр А круга искомого радиуса х с центрами
В, С дуг, к которым он прикасается в точках F, 6, и с точкой £,
в которой он прикасается к отрезку CD (рис. 25). В треугольнике
АВС имеем
AB = BF + AF = R + xy
AC = CG — AG = R—x,
BC = R.
Кроме того, проведя высоту АН, найдем
СН = АЕ=х.
По известной теореме имеем
ЛВ2==4С2 + ВС2 —2ВС-СЯ,
или
(R + х)2 = (R—x)2 + R2—2Rx,
R2 + 2Rx + х2 = R2—2Rx + х2 + R2 — 2Rx,
6Rx — R2t
откуда х = -g- R.
R
Отв -g~ •
293
453. Пусть ABC—данный треугольник, у которого ДВ = ВС=
=ДС==3 и AiBtCi—вписанный в него треугольник (рис. 26), при-
чем площадь S треугольника АВС равна утроенной площади
треугольника Д1В1С1. Так как площади подобных треугольни-
ков относятся, как квадраты сходствен-
£ ных сторон, то
/\ _1
/ ЛС« 3 ’
\ откуда
\ Уз
/ \ Д1С1==—й • ДО—
А с/ с =К1. 3=КзГ
Рис. 26. 3
Пусть СС1 = ЛЛ1 = х, тогда ДС1 = 3—х.
Поскольку в треугольнике ДДЛ угол Д1ДСа равен 60°, то
д^^дд^ + дс®—ддгдсь
или
З = х2 + (3—х)2—х(3—- х).
Отсюда хх=1, х2 = 2.
Отв. Расстояния от вершины А до вершин смежных углов
равны 1 и 2.
Глава XI
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
454. Пусть AD — биссектриса угла А треугольника АВС
(рис. 27). По свойству биссектрисы угла треугольника имеем
CD~~ АС*
или
т __ с
ti ~~ b
Составим производные пропорции
т — с т + п
т-[-п~Ь~[-с п b
294
Так как m-|-n —а, то имеем
т с
--= ТТ~ И
а Ь+с
откуда
ас
tn — :——
&4-с
и
А
Рис. 27.
455. Первое решение. Пусть AD — биссектриса угла А
треугольника АВС (рис. 28). Обозначим отрезки BD и DC стороны
ВС через тип, стороны АС и ВА — через b и с, a AD — через 1д.
Опишем около треугольника окружность и продолжим бис-
сектрису AD до пересечения с этой окружностью в точке М.
Так как углы ВАМ и CAD равны, а также равны углы А МВ
и АСВ как вписанные и опирающиеся на одну и ту же дугу, то
треугольники АВМ и ADC подобны.
Из подобия этих треугольников следует, что
La_._ь__
с I д 4" DM
откуда
/2+/л.ЯМ=Ьс. (1)
Но так как произведения отрезков каждой из двух пересекаю-
щихся хорд равны, то
/л.рМ=тп. (2)
Из (1) и (2) получаем
/л — Ьс—-тп.
Второе решение. Имеем
А %+сг-т* +
C0S 2 “ 2с/л ~ 2Ыа
откуда
Ы\ + Ьс2 - W=+ Ь2с -сп2. ' (3)
295
Поскольку
ас ab Г, а2 ”|
b^c'F+cC L1—<6 + с)а I —
т __ п
b ’
то
т — сх, п — Ьх,
где х—коэффициент пропорциональности. Таким образом, из (3)
следует
(6 —с) 1*А = Ъс (Ь—с) —(Сб2х2—6с2х2),
откуда
/Д=Ьс—bcx2~bc—cx-bx — bc—тп.
456. Мы знаем, что /д = 6с—тп (задача 455). Также известно
(см. задачу 454), что
ас ab
т = г-т~ » п=т~г~ ,
6 + с 6 + с
где т и п—отрезки, на которые делится сторона а биссектрисой
угла А.
Имеем
12а = Ъс—тп —
__Ьс [(6 + с)2—а2] __Ьс (6+с + а) (6 + с—а) _Ьс-2р-2 (р — а) .
(6 + с)2 ~ (6 + с)2 ” (6 + с)2
отсюда
/л = &Тс
457. В задаче 455 мы доказали, что l\ — Ьс—тп^ где т и п —
отрезки, на которые делит биссектриса 1д сторону а (рис. 28).
Известно, что стороны бис пропорциональны отрезкам тип.
Обозначим коэффициент пропорциональности через k.
Итак, имеем
m=kct n — kb.
Сложив эти два равенства почленно, получим
m + n = k (6 + с).
Но /n + n = aj поэтому
fe=rz“-
6 + с
Следовательно,
,2t «26с
mn = k2bc=77r—а.
(6 + с)2
Поэтому
,2 . а2Ьс
1л — ““ 7£—i—Га •
л (6 + с)2
296
Аналогично определяются биссектрисы углов В и
1гВ = ас
Ь2ас
b^ — ab
c2ab
(«W
458. Площадь треугольника АВС (рис. 29) равна
0,56с sin А.
(О
С другой стороны, площадь этого же треугольника равна
сумме площадей треугольников ABD и ACD (D—основание бис-
сектрисы угла А), т. е. равна
а
0,5/л (& + с) sin-£-. (2)
Приравняв (1) и (2), получаем
д
0,5bc sin А == 0,5/л (6 + с) sin -% ,
или
А А А
2bc sin-y cos -g- = /a (b + с) sin—,
откуда
А
2bc cos -н-
/л =.........../--
А Ь + с
Аналогично находим
В С
2accos 2.ab cos
а+с * ^С~ а + Ь
459. Около треугольника АВС
(рис. 30) опишем окружность и. про-
ведем диаметр DE перпендикуляр-
но АС.
Угол Bi равен углу В и
А1С1 = А С, поэтому если совместим
AiCx с АС, то вершина будет
находиться на той же дуге, что и
D
Рис. 30.
В, если треугольники расположить по одну сторону от
AC(AiCi), причем расположить вершину Bt по ту же сторону
от DE, что и вершину В. Допустим, что В и не совпадают.
Так как точка D делит дугу АС пополам, то обе биссектрисы
ВР и В1Р1 при их продолжении проходят через точку D.
Для определенности пусть дуга DCB больше дуги DCBlt тогда
отрезок DB больше отрезка (так как, проведя хорду BBlt
получим /\DBBV в котором £BBVD >90°). Отрезок DP меньше,
чем DPb так как проекция DP на АС меньше проекции DPX на ACt.
297
Ж'
•'U.'
Таким образом, Ч
ВО >0,0, |
D? <DPX.
Вычитая почленно эти неравенства, получим
BD —DP >BxD—DPlt
т. е. ВР > В1Рг, что противоречит условию (ВР = В1Р1). Следо-
вательно, точка Вх совпадает с точкой В, т. е. треугольники АВС
и ЛхВхСх равны.
460. Первое решение. В задаче 457 мы доказал», что
a2bc
и ас
Следовательно, нам дано, что
. а2Ьс Ь2ас
* (&+с)а-аС-(а + с)г’
или
a2b ab2
(&+7р~в (а+с)»’
или
(а—о)-(а+с)2 (6 + с)2--а* |_(а + с)2 (b + c)2J ’
Предположим, что треугольник неравнобедренный, т. е. а Ь.
Для определенности пусть а > Ь> тогда а—b > 0.
Рассмотрим разность
b а
(а + с)2 (Ь + с)2-
Согласно нашему предположению (а > Ь) числитель уменьшаемого
меньше числителя вычитаемого,>а знаменатель уменьшаемого больше
знаменателя вычитаемого, поэтому уменьшаемое меньше вычитав*
мого, а следовательно, рассматриваемая разность отрицательна.
Итак, предположив, что треугольник неравнобедренный, мы
пришли к тому, что положительное число равно отрицательному,
что невозможно. Следовательно, наше предположение отпадает
и треугольник равнобедренный.
Второе решение. Мы знаем, что
= fp(p-a)bc,
1с=^гь Vp (p—c)ab‘
298
Итак, по условию задачи имеем
^-с /р (p-a)bc=-^?~ Vp (p—c)ab,
ИЛИ
4 4
•р (р~а) te=(Wр (р~с) аЬ’.
или
а(р—с)_с(р—а)
(а + &)2 - (Ь+с)а •
Отсюда
(62 + 26с+с2) (ар—ас) = (а2 + 2а& + &2) (ср—ас),
или
ab2p + 2abcp + яс2р—аЬ2с—2abc2—ас3 =
=а2ср-\- 2abcp + Ь2ср—а3с—2а2Ьс—ab2c>
откуда
(ab2p—Ь2ср) — (а2ср—ас2р) + (2а2Ьс—2abc2) + (а3с—ас3) = 0.
Следовательно,
Но
(1)
(2)
а—с=0
(а—с) [Ь2р—аср + 2аЬс + ас (а + с)] = 0.
а + с = 2р—b и ас (а-\-с) = 2аср—abc.
Из (1) и (2) получим
(а—с) (Ь2р + аср + abc) — 0.
Выражение во вторых скобках положительно, поэтому
и а = с, т. е. треугольник равнобедренный.
Третье решение. Пусть в треугольнике АВС (рис. 31)
ВМ и CN—биссектрисы углов В и С, причем BM = CN.
Построим отрезки ND и DM,
соответственно равные и параллель-
ные отрезкам ВМ и BN.
Введем обозначения
^BC/V = Z2VC4==a,
£MDC = y и MCD = q>
Так как BNDM — параллелограмм,
то £NDM = $.
Допустим, что АВ > АС, тогда
Рис. 31.
(1)
В треугольниках BNC и ВМС сторона ВС—общая, C2V = BM,
но a > 6, следовательно,
bn >.ма.
299
Так как MD — BN—стороны параллелограмма BNDM, то
MD > Л4С.
Поэтому
ф > у. (2)
Из равенств (1) и (2) следует
а + <р>₽ + у* (3)
Но в треугольнике CND CN — ND, а поэтому а + ф = |3-|-у, что
противоречит (3).
Итак, допущение, что АВ > АС, неверно. Так же можно до-
казать, что допущение ЛС > АВ неверно.
Следовательно, АВ = АС.
461. Пусть в треугольнике у
основания высоты, биссектрисы
ВС (рис. 32) точки Н, D и; М —
и медианы. Для определенности
пусть АВ<ВС, тогда /,Л>
> /, С, а следовательно,
/_АВН<£НВС. Отсюда сле-
дует, что
z ABH < L ^-В~,
, или
/_АВН < £ABD.
Рис. 32. Отсюда заключаем, что
точка Н находится между
точками А и D. Теперь на основании свойства биссектрисы
угла в треугольнике имеем
DC~BC'
Поскольку АВ < ВС, то и AD < DC. Так как DC>-^~, то за-
АС
ключаем, что AD < , или AD < AM, а следовательно, точка М
лежит между точками С и D.
Итак, мы доказали, что точка D находится между точками
Н и М.
Если треугольник равнобедренный, то биссектриса, медиана
и высота сливаются.
462. Угол между биссектрисами прилежащих углов АВС и CBD
есть.сумма половин этих углов, и, значит, сумма углов АВС и CBD
равна 180°, т. е. эти углы смежные и сторона BD служит продол-
жением стороны АВ, следовательно, точки А, В и D лежат на
одной прямой.
468. Пусть диагональ АС вписанного четырехугольника A BCD
является диаметром (рис. 33). Требуется доказать, что проекции
DAi и BCi сторон AD и ВС на диагональ BD равны между собой.
300
Углы ADB и АС В равны как вписанные углы, опирающиеся на
дугу АВ < 180°. Следовательно, прямоугЬльные треугольники
AAXD и АВС подобны. Из их подобия следует, что
AXD_BC
AD ~~ АС *
откуда
/ CBD — £ CAD как вписанные углы, опирающиеся на дугу
DC < 180°. Следовательно, прямоугольные треугольники ВССХ
и A CD подобны. Из их подобия следует
ВСХ AD
ВС ~АС*
откуда
rp AD'RC
BC1 = —AC~
(2)
Из (1) и (2) заключаем, что A{D~ ВСХ, что и требовалось доказать.
464. Около четырехугольника A BCD (рис. 34) можно описать
окружность, так как / BAD= / BCD=90°. Отрезок BD, на ко-
торый опирается вписанный прямой угол BAD, есть диаметр этой
окружности, так что BD проходит через центр О, Перпендикуляр,
проведенный к хорде АС через ее середину, также проходит через
центр О круга.
Опустив из точек В и D соответственно перпендикуляры BE
и DF на перпендикуляр, проведенный к хорде АС через ее сере-
дину, находим, что прямоугольные треугольники ODF и ОВЕ
равны, так как гипотенузы их OD и ОВ равны как радиусы одного
круга и 2, DOF ~ £ ВОЕ. Следовательно, DF — BE.
Мы исходили из того, что прямая BD не совпадает с перпен-
дикуляром к хорде АС, проведенным через ее середину. Если же
прямая BD совпадает с этим перпендикуляром, то расстояния BE
и DF обращаются в нуль, т. е. и в этом случае DF — BE.
е
301
465. Пусть 02—окружность, описанная околотреугольника Д ВС,
a —окружность, описанная около треугольника ОД С, где
О—ортоцентр треугольника АВС (рис. 35). Продолжим высоту ОЕ
до пересечения в точке D с окружностью О2.
£DAC=*£DBC, (1)
так как они вписанные и опираются на одну и ту же дугу DC
окружности О2;
£DBC~£OAC (2)
как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Из (1)
и (2) заключаем, что
£OAE=£DAEt
а следовательно, прямоугольные треугольники ОАЕ и DAE
равны» а также равны треугольники О АС и DAC. Поэтому и
окружности О2 и Ох, описанные около треугольников ОД С и DAC,
равны. Итак, мы доказали, что окружность, проходящая через О,
Д, С, равна окружности О2.
Аналогично доказывается, что окружности, проходящие через
О, А, В и О, В, Ct равны окружности 02.
466. Пусть прямая DOE—секущая треугольника ДВС, про-
ходящая через центр . О вписанного в него круга (рис. 36).
Требуется доказать, что
S&BDE ЕЕ + BD
Seacd £Д-|-ДС4-CD
Имеем
$/\BDВОЕ + BOD в ---------'---= “2~
SeACD= S& ОАЕ + S&OAC + S&OCD а
=^-+^ + ^^~(EA + AC-i-CD),
где г— радиус вписанного круга.
302
Отсюда
S&BDE ^-(BE + BD) BE + BD
Seacd y(EA+AC+CD) EA+AC+CD'
467. Пусть AD—биссектриса угла ВАС (рис. 37). По условию
АВ = а, AC — b, AD = c.
Обозначим / BAD — £ CAD = a. Так как дуги BD и DC
равны, то также равны хорды BD и DC. Из треугольников ABD
и ACD имеем
BD2=a2 + c2 —2accos а, (1)
DC2 = b2 + с2—2bc cos а. (2)
Так как BD = DC, то из равенств (1) и (2) следует
а2 4- с2 — 2ас cos а = Ь2 4- с2 — 2bc cos а,
или
а2 — b2 — 2c (a—b) cos а,
или
а + b = 2с cos а,
откуда
а 4- b о
—J— = 2 cos а.
с
Поскольку угол а есть постоянная величина, то отношение
а 4*
—5-----также постоянная величина, т. е. это отношение не зави-
с
сит от радиуса окружности, отсекающего отрезки а, Ь, в.
468. Первое решение. Пусть AMD — перпендикуляр,
опущенный из точки А на касательную DB, а М — вторая точка
пересечения AD с окружностью (рис. 38). Из прямоугольного
треугольника ABD имеем
AB2 = BD2±AD2.
303
откуда
Но DB2==^AD-MDi поэтому
AB2 = AD;MD + AD\
AR*
^MD + AD.
Легко доказать, что MD + AD есть величина постоянная при
любом положении точек Л и В, следовательно, и отношение
AB2:AD есть величина постоянная.
Второе решение.. Соединим произвольную точку 7V дуги
ANB с точками Л и В (рис. 38). Углы ABD и ANB равны как
измеряющиеся половиной дуги А МВ. Обозначим их через а.
Имеем
ЛВ 1 л ~ .
—-— и АК—27?-sin а,
AD sin а
где R—радиус окружности.
Перемножив последние равенства почленно, получим
АВ2 ™
——=2/?—-постоянная величина.
Третье решение. Проводим диаметр ВС и АЕ_[_ВС
(рис. 38). Имеем АВ2 = ВС* BE или AB2 — BC*AD (так как
BE^AD).
Следовательно,
ЛВ2
- = ВС — 2R—постоянная величина.
ЛР
469. Приводим через точки Л и В окружности Ох, О2 и т. д.,
которые пересекают окружность О соответственно в точках С, и
Db С2 и D2 и т. д. (рис. 39).
Пусть М — точка пересечения прямых ЛВ и Проводим
прямую МС2 и допустим, что эта прямая пересекает окружность О
в точке В, а окружность О2 в точке F. Для окружности 02
MA*MB-MF-MC2t (1)
для окружности Ох
MA-MB = MCvMDi, (2)
для окружности О
MCvMD^ME*MC2. (3)
Из (1) и (2) следует
MF * МС2—МСГ MDV (4)
Из (3) и (4) следует
ME-MC2 = MF*MC2.
Следовательно, M£ = MF, т. е. точки Е и F совпадают. Но точка
Е принадлежит окружности О, а точка F принадлежит окруж-
ности 08. Следовательно, точки Е и F совпадают с точкой В>2-
304
Таким образом, прямые АВ и C2D2 также пересекаются в
точке М, т. е. М— определенная точка на продолжении хорды АВ
и через эту точку проходят продолжения всех общих хорд ркруж-
ности О и окружностей, проходящих через точки А и В.
470. Пусть Л4, N, Е, F, Р, R—середины отрезков АВ, ВС,
CD, AD, BD, АС (рис. 40),
Имеем
MN — FE=^-,
RD
MF = EN = ~,
следовательно, четырехугольник MNEF— параллелограмм. Так как
PM = FR=~,
PF = RN=^- ,
то четырехугольник FPNR—параллелограмм.
Отрезки ME и FN пересекаются в точке О и делятся этой
точкой пополам как диагонали параллелограмма MNEFt
Отрезки PR и FN (диагонали параллелограмма MNEF),
пересекаясь, также делятся пополам. Но так как мы установили,
что точка О—середина FN, то PR и FN пересекаются в точке О.
Итак, ME, FN и PR пересекаются в одной точке О и делятся
ею пополам.
Рис. 41.
471. Пусть точки К, L, М и W— соответственно середины сто-
рон АВ, ВС, CD и DA четырехугольника ABCD (рис. 41).
Отрезки KL и MN равны и параллельны как средние линии
треугольников АВС и ADC с общей стороной АС. Следовательно,
четырехугольник KLMN— параллелограмм, и поэтому его диаго-
нали КМ и LN в точке пересечения делятся пополам. Обозначим
середины диагоналей АС и BD четырехугольника ABCD через Р
и Q. Отрезки КР и QM равны и параллельны как средние
линии треугольников АВС и DBC с общей стороной ВС. Значит,
четырехугольник KPMQ — параллелограмм, и поэтому отрезок
PQ, соединяющий середины диагоналей четырехугольника ABCD,
305
пересечет отрезок КМ в его середине R, т. е. в точке пересече-
ния прямых, соединяющих противоположные стороны четырех-
угольника A BCD.
Итак, точки Р, Q и R лежат на одной прямой, что и
требовалось доказать.
472. Пусть AB—DE и ABjjDE (рис. 42). Соединим А с Е и
В с D. Четырехугольник ABDE — параллелограмм, так как сто-
роны АВ и DE равны и параллельны. Следовательно, диагонали
AD и BE как диагонали параллелограмма разделятся точкой О
пополам. Но если рассмотреть теперь четырехугольник AFDC, у
которого AF — CD, AF\\ CD, то также убедимся, что СР разделится
в точке О пополам. Итак, AD, BE и CF проходят через точку О.
473. Опишем окружности около треугольников АВ1С1 и ВЛ1С1,
и пусть они пересекаются в точке D (рис. 43).
Заметим, что
Z АВС+ / ВС А + Z С АВ + Z А^ВГ +
+ Z AiDC^ Z B1DC1 = 540°
как сумма полного угла (при точке D) и сумма внутренних углов
треугольника АВС.
Но £САВ + Z^DC^ 180° и / АВС+ / А^СГ = 180° как
суммы противолежащих углов вписанного четырехугольника. По-
этому ВСА-\-А^Вг=180°, т. е. около четырехугольника
АгСВ1Р можно описать окружность. Следовательно, и окружность,
описанная около треугольника Д1СВХ, проходит через точку D.
474. Дан треугольник АВС. Через вершины А и В, В и С,
С и Л проведены соответственно окружности Ох, О2» (рис. 44).
Из произвольной точки М дуги окружности, проходящей через
вершины А и В, лежащей вне треугольника АВС, проводим
прямые МЛ и МВ до вторичной встречи с окружностями О2 и О3
в точках N и Р. Далее соединим точки /V и Р с вершиной С
треугольника АВС. По условию задачи сумма
£M + £N + £P = WF. (1)
306
Следовательно, 2VCP= 180°, т. е. точки N, С и Р лежат на
одной прямой.
Пусть окружности Ох и Оа пересекаются в точке О. Соединим
отрезками точку О с точками Л, В и С. Около четырехугольни-
ков АОВМ и BOCN описаны окружности, поэтому
АОВ + £АМВ = 180°, 1
£ ВОС+ £ BNC— 180°. J
Также имеем
Z А О В + Z ВО С + £ А ОС « 360°. (3)
Из (1), (2) и (3) следует, что
£ ЛОС+21 Р= 180°,
т е. около четырехугольника АОСР можно описать окружность.
Но через точки Л, Р, С уже проведена окружность О3. Следова-
тельно, эта же окружность проходит и через точку О.
Итак, все три окружности проходят через одну точку О.
Р
Рис. 44. Рис. 45.
475. Пусть РА и РВ—две касательные к окружности
(рис. 45), С—одна из точек хорды, соединяющей точки касания
Л и В, a KL—перпендикуляр к ОС. Окружность, построенная на
ОК, как на диаметре, проходит через точки В и С, из которых
отрезок ОК виден под прямым углом. Следовательно, / OKL ®=
= 21 ОВС, и таким же путем докажем, что £OLK=* £иАС. Но
£ОВС*= £ОАС, так как треугольник ОАВ равнобедренный. Сле-
довательно, /OKL^^OLK и OK = OL. В равнобедренном тре-
угольнике OKL высота ОС есть в то же время и медиана, т. е.
KC = CL, что и требовалось доказать.
476. Первое решение. Пусть г—радиус вписанного
круга, р—полупериметр треугольника ЛВС (рис. 46), S—площадь
треугольника ЛВС. Опустим из точки О перпендикуляр ОР на
сторону Л В, тогда
OP—r—AO sin у-,
г* = ЛО2 sin2 ЛО2(р~Ь{(р~^ ,
2 Ьс
307
откуда
AO» = ; г ; (p—&) (p —c)
АО*-ВС = АО*-а = (1)
(p —ft) (p-c)’
Аналогично найдем ВО*АС= abCri (2) (p—a) (p—c) . CO* • A В = . (3) (p-a)(p-&) 17
Складывая равенства (1), (2)
и (3) почленно, получим
АО*ВС+ВОг-АС+СО*-АВ =
= abcr* Г--—L------ +
[(/>—&) (р—с)
Чр—«) (р—с) Чр—°) (р—*>)J
abcr* (p — a + p—b + p—c)_
(p—a)(P—b)(p—c) ~
_ abcr* (Зр—(а+b + с)] _
(Р—«)(Р—Ь) (р—с)
_______abcr2p______
“ (р—а) (р—Ь) (р—с)”
_ abcp2r* h
-р(р-а)(р-^)(р-с)“~S^ ~ abC‘
Второе решение. Из треугольника АОР имеем АО =*
= АР-т- . Но так как АР = р —а, то АО = ——.
cos i- SOS 4-
Имеем
АОг-ДС = (р~а.)а-д.
cos* 4-
„ й A p(p—a)
Поскольку cos2-^-— —-----* , to
Z DC
AO*-BC=abc(p~ai . (1)
P
Аналогично находим
ВО2-АС = аЬс(-Р~Ь) , (2)
CO*• AB . (3)
808
Сложив равенства (1), (2) и (3) почленно, получим
ЛОНДОН-ВО2-ЛС + СО2-ЛВ =
аЬс . , . . . abc t
= — (p—a + p — b + p^c) = —'p = abc.
477. Расположим треугольники АВС и Л^С! так, .чтобы
углы А и Лх были смежными и стороны Л^ и АВ принадлежали
бы одной прямой (рис. 47). Из точки проводим отрезок CiD,
параллельный ВС и встречающий АС в точке D.
Из подобия треугольников ACtD и АВС следует, что
AD Лхб/
АС~. АВ ’
или
ЛР^
ь ~ с ’
откуда
Из подобия треугольников B^D и АВС следует
ВХР______________________В]С±
'вс^Тв ’
Но так как
в,с-лА+^-е,+У-‘-౓‘:
v О г
то (1) принимает вид
cc1-\- bb1_ а±
оа ~ с ’
откуда
аа1 = 6д1 + сс1.
Рис. 47.
Рис. 48.
478.
высоту,
половине
с треугольником АВС
_г______ж основание ЛМ, равное
А В (рис. 48). Поэтому площадь треугольника ЛА4С равна
Треугольник
проведенную
АМ.С имеет общую
из вершины С, и
309
половине площади треугольника ЛВС, т. е. равна площади тре-
угольника ADEt площадь которого по условию составляет тоже
половину площади треугольника ЛВС.
Вычитая из равных площадей треугольников АМС и ADE
одну и ту же площадь .четырехугольника АМКЕ, находим, что
треугольники MKD и ЕКС, имеющие при К равные углы, равно-
велики. Следовательно,
КЛЬЯЯ = КЕ-/<С.
479. Треугольники ВМС и ВАС (рис. 49) имеют общее осно-
вание ВС, следовательно, их площади относятся, как их высоты,
т. е.
S&BMC 1д .
С h - * I1'
дД ВАС па
Аналогично находим
S&BMA_le
С h .
° Д В А С ПС
И
, S&AMC__ lb
О й *
ОД АВС пЬ
Складывая почленно (1), (2) и (3), получаем
^ДВМс + ^ДЛМс+^Д ВМЛ _ /я | /6 + 1^
$Д ABC ha hb '
480. 1) Из треугольников ACD и CBD (рис. 50) имеем
Заметим, что
AD2 = m-AC и DB2 — n-CB.
AC-CB=CD-AB=pc,
(1)
(2)
310
так как эти произведения представляют удвоенную площадь тре-
угольника ЛВС; кроме того,
AD-DB = pa. (3)
Перемножив почленно оба равенства (1) и учитывая (2) и (3),
получим
рЗ — mnCt
2) Из треугольников AED и DFB имеем
m2 = AD2—ED2, n2 = DB2—DF2.
Сложив эти равенства, получим
/и2 + п2 = A D2+DB2—(£D2+PF2).
Но
с2 = ЛС2+ПВ2+2ЛП-РВ = ЛП2+ПВ2 + 2р2,
£D2 + DF2 = p2.
Следовательно,
/п24-п2==с2—2р2—р2 = с2—Зр2,
откуда
/и2 + п2 + 3р2 = с2.
3) Из подобия треугольников AED и АСВ имеем
AD с
т АС ’
Также имеем
Л£2=/иЛС.
Из этих двух равенств получаем
3 Z—
AD3 = cut2, откуда AD —у cm2.
Аналогично получаем
DB = J/cn2.
Следовательно,
р/ст24-р/ сп2 — с,
или __ __ __
y/ma + ^/n2 = |/ca.
481. Пусть стороны параллелограмма а и Ь, а диагонали D и d
(D>d).
По теореме косинусов имеем
D2=a2 + &2 + 2abcos45° = a2 + b2 + afe У2,
d2 = a2-f-b2—2ab cos 45° = а2Ь2—ab У2,
откуда
(Dd)2 = (a2 + b2)2—(ab У2)2 = о4 + b*,
что и требовалось доказать.
311
482. Требуется доказать, что AB-CD + AD-BC = AC-BD
(рис. 51). Построим угол АВК, равный углу CBD. Треугольники
АВК и DBC подобны, так как £ АВК = £ DBC (по построению),
/ ВАС = / BDC (вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же
дугу ВС). Из подобия этих треугольников следует, что
АВ _BD
АК CD *
или
AB-CD — AK-BD. (1)
Треугольники ВСК. и ABD также
подобны, поскольку
£KBC^£ABD
(так как КВС «= £ CBD + Z DBK\
£ABD = £ABK + £DBK)
и £ACB = £ADB
(вписанные' углы, опирающиеся на одну и ту же дугу АВ). Из
подобия последних двух треугольников имеем
; •
KC~AD'
т е. \
; BC-AD = KC-BD. (2)
Сложив почленно равенства (1) и (2), получаем
AB-CD + BC-AD = (AK + KC)-BDt
или окончательно
AB-CD + AD.BC = AC-BDt
что и требовалось доказать.
483. Пусть О-центр описанного круга, OAlt ОВЪ ОС^-рас-
стояния от О до сторон а, Ъ, с треугольника АВС (рис. 52).
Поскольку* в четырехугольнике ACfiBx углы и Сх прямые, то
около него можно описать окружность.
В силу теоремы Птолемея (задача 482) имеем
AO*BtCi — АВ^ОС^ ACvOBb (1)
Так как
AO=R, В.С^, ABt=± AC^l,
то (1) перепишется так:
или
fia = bOC1 + c-OB1. (2)
312
Так как четырехугольники ОАгВСг и 0Л1С51 тоже вписуемы, то,
рассуждая как выше, мы получим
/?&==с.ОД14-а.ОС1 (3)
и
Rc = b • О+ а ОВг. (4)
Удвоенная площадь треугольника АВС равна г (а 4-5 4-с) (г—радиус
вписанного круга). С другой стороны, эта же удвоенная площадь
равна
а*ОЛ14-5-ОВ14-с-ОС1,
следовательно,
г {а -|- b -р с) = а • О A4" • ОВ^4“ с * ОСр (5)
Сложив почленно равенства (2), (3), (4) и (5) и поделив обе части
полученного равенства на сумму (а + ^ + с), получим
ОД 14* ОВ± 4- OCi = R 4"
что и требовалось доказать.
484. По теореме Птолемея (задача 482) имеем (рис. 53)
АМ-ВС=ВМ-АС + МС-АВ,
или
а-АМ =Ь*ВМ+с*МС. . (1)
Из подобия пар треугольников
BM_BD,
AC ~~AD ’
MBD, ADC и MDC, BDA имеем
MC CD
АВ ~AD ’
откуда
BD-AC_b^BD
AD AD 9 (2)
AB-CD_c-CD
AD ~~ AD '
Из (1), (2) и (3) имеем
a-AM-AD = b*-BD + c2*CD.
813
485. Проводим диагонали AC, AD, АЕ и СЕ (рис. 54). Так как
семиугольник правильный, то около него можно описать окруж-
ность. Эта же окружность описана около четырехугольника ACDE.
Примейяя теорему Птолемея (см. задачу 482) к этому четырех-
угольнику, получаем
AD-CE —АС-DE+ CD-АЕ.
Так как AB — CD—DE, AE = AD и ЛС = СЕ, то, поделив обе
части равенства (1) на произведение AB-AC-AD, получим
486. Предварительно докажем, что в любом треугольнике рас-
стояние от центра описанного круга до стороны вдвое меньше
расстояния от противоположной (этой стороне) вершины до орто-
центра.
Действительно, пусть О—центр описанного круга, Я —орто-
центр, BF и СК —высоты (рис. 55).
Проводим ОЕ J.AB, MN—среднюю линию треугольника ВНС
и DE, являющуюся средней линией треугольника АВС. Так как
DE равно -i-BC и параллельно ВС и MN равно у ВС и парал-
лельно ВС, то DE равно и параллельно MN. Треугольник DOE
равен треугольнику MHN, так как DE — MN, ^D — ^M,
— (углы с соответственно параллельными сторонами). Сле-
довательно, OD — HM—-^BH.
Теперь приступим к непосредственному доказательству нашей
теоремы. Пусть BF и AL—высоты, BD—медиана (рис. 56). Так
как OD±AC, то OD=^~-.
Проводим отрезок ОН, который пересекает медиану BD в точке М.
Проводим Л К—среднюю линию &МВН, Так как то
314
NK^OD, кроме того, MN К == Z ODM и £ NKM=£ DOM (внут-
ренние накрестлежащие углы при параллельных 2VK и 0D). Следо-
вательно, NM = MD. Но BN = NMt поэтому AfD = -g-BD, т. е.
точка М есть точка пересечения медиан ДЛВС. Таким образом,
доказано, что точки О, Н и М лежат на одной прямой.
Рис. 57.
487. Пусть (рис. 57) О—центр описанного круга, ODJL/1C,
BF'— высота, И—ортоцентр (точку Н можно построить, отложив
на высоте BF отрезок, равный 2-OD (см. задачу 486)). Отложим на
BF отрезок BM = OD и построим отрезки ОВ и DM. Так как
OD#BM, то DOBM — параллелограмм. Поэтому DM = OB = R
(радиус описанного круга). Проведя отрезки ОМ и DH, получим
параллелограмм DOMH (так как OD^MH). Точка ле лит его
диагонали пополам, следовательно, О,—середина отрезка ОН
R DM R
O1M = O1D= , OiF = -^~ = у (медиана гипотенузы A DMF равна
половине гипотенузы DM).
/ R \
Таким образом, окружность ( Olt — j, имеющая центром середину
отрезка ОН, проходит через точки D, F и М, где М — середина ВН
Если принять за вершину точку А или точку С, то можно
доказать аналогичное свойство для остальных шести точек, ука-
занных в условии.
(R \
Olt -у-j проходит через девять точек,
перечисленных в условии задачи.
488. Известно, что около четырехугольника можно описать
окружность тогда и только тогда, когда сумма противолежащих
углов равна 180°.
Докажем, что ВСЕ + Z, EDB = 180° (рис. 58).
Пусть угол ВСЕ = а, тогда дуга С АВ равна 2а, дуга ВС,
дополняющая дугу С АВ до окружности, равна 360°—2а. Поэтому
360° — 2а
угол ВАС равен---------=180°—а, а угол. BAD (как смежный
&
315
углу ВАС) равен а, а потому дуга BKD равна 2а и дуга BAD
равна 360°—2а и, следовательно, угол EDB равен 180°—а.
Итак,
£ВСЕ + £ EDB = a + (180°—a) =180°,
поэтому около четырехугольника BCED можно описать окружность.
489. Опишем около треугольника АВС (рис. 59) окружность
с центром О. Центр О лежит на перпендикуляре OD к АВ, про-
веденном через середину АВ. Пусть D—точка пересечения биссект-
рисы угла С с OD. Поскольку и CD и OD пересекают дугу АВ
в ее середине, то точка D должна быть на дуге АВ, а следова-
тельно, окружность, проведенная через точки А, В и С, также
проходит через точку D.
Итак, около четырехугольника ADBC можно описать ок-
ружность.
490. Соединим центр О первой окружности с точками касания
Л и С, а центр Ог—с точками касания В и D (рис. 60). При этом
ОЛ||О1В и OCIIOjD как перпендикуляры к прямым АВ и CD. Углы
АОС и ВО^Р равны как углы
с параллельными и одинаково на-
правленными сторонами.
Так как треугольники АОС
и DO±B равнобедренные с. рав-
ными углами при вершине, то они
подобны и имеют равные углы,
т. е. ^OAC = £OCA^/OiDB^
— ^OXBD. Но так как ОЛЦС^В,
то и AC\\DB, а следовательно, че-
тырехугольник ABDC—трапеция.
Легко убедиться, что эта трапе-
ция равнобочная, а как известно,
Рис. 60. около равнобочной трапеции мож-
но описать окружность.
491. Медиана ВМ, проходящая через центр окружности О, и
перпендикуляр OMlt проведенный из центра описанной окружности
на АС, должны делить АС пополам, но это невозможно, так как
316
из одной точки О вне прямой нельзя провести перпендикуляр и
наклонную к данной прямой АС так, чтобы они пересекали эту
прямую в одной точке. Если же треугольник прямоугольный, то
основание М медианы ВМ одновременно является серединой стороны
АС и центром круга. Следовательно, в этом случае задача воз-
можна.
492. Первое решение. Пусть вписанный круг касается
сторон Л В, ВС, АС треугольника АВС соответственно в точках
D, Е и F (рис. 61). По свойству касательных имеем
AC = AF + FC = AD + CE, (1)
BC = CE + BD. (2)
Из условия AC-CB = 2AD-DB и равенств (1), (2) следует, что
(AD 4- СЕ) (СЕ + BD) = 2AD-DBt
откуда
СЕ2 + АВ-СЕ—AD-DB = Q.
Это равенство решим относительно СЕ:
—АВ +VaB* + 4AD-DB
Но так как 2AD-DB = АС-СВ, то
СЕ == —AB+V^AB2 + 2ACtCB (3)
Периметр треугольника АВС равен
AB + BC + CA = AB + BE + EC + CF + FA=2AB + 2EC.
Подставляя значение ЕС из равенства (3), получаем
Л В + ВС + СД = 2А В + (— Л В + / АВ2 + 2АС.СВ),
откуда
ВС + СЛ = /\4В2 + 2АС-СВ. (4)
Возведя обе части равенства (4) в квадрат, получим
ЛВ2 = ЛС2-ЬВС2,
т. е. треугольник АВС прямоугольный с прямым углом ЛСВ.
317
Второе решение. Пусть ВС = а, AC — bt АВ=с> 2р —
периметр треугольника АВС.
Так как BD^BE и CF = CEt то
AD + AF*=2p—2at
AD = p—a.
Так же получим
BD^p—b.
Из условия следует
ab=*2(p—а) (р—Ь),
2ab = (2p—2a) (2p—2b)t
2ab — а) (а-[-с—Ь),
2ab = c*—(a—b)\
откуда
с^а^ + ЬК
Следовательно, угол АС В прямой.
493. Известно, что площадь треугольника равна рг, где
а + b + с aha ~ aha
р——!-—!—, или-—-. Следовательно, рг — -~ , откуда
& £ I
. 2рг о a^-b + с /. , b , с \
а а 2а \ ' а а J
Аналогично
и
. Л I а I \
he — r [ 14" —— ) •
с \ ‘ с с J
Сложив почленно последние три равенства, получим
*<»+*>+**='(3+т+Т+у+у+4+f)'
Согласно условию задачи должно быть
3+f4+AUf-+^Uf-+r>)=9.
'\b aj \c~aj \c b )
или
(у+4) + (т + 7) + (т+т)=6, (1)
Выражения, стоящие в скобках в равенстве (1), суть суммы вза-
имно обратных положительных величин. Известно, что сумма вза-
имно обратных положительных величин не меньше двух, т. е.
т , п _ о
-4- —^2. Знак равенства имеет место только при /и = д.
318
Таким образом, левая часть равенства (1) может бйть равна
шести только при а=Ь—с, т. е. когда треугольник равносторонний.
494. Предположим, что треугольник не прямоугольный, т. е.
что его ортоцентр не находится в его вершине.
Пусть ортоцентр О на-
ходится внутри треуголь-
ника *) АВС (рис. 62). По
условию задачи четырех-
угольник EDFO вписан в
окружность (Е, D и F—се-
редины сторон АВ, АС -и
ВС). Следовательно,
EOF+£EDF=180°. (1)
(2)
Пусть высота ЛК пересека-
ется с ED в точке М, а
высота CL с DF—в точке N.
Так как АК и CL перпендикулярны соответственно ВС и А В
и поскольку ED и DF параллельны соответственно прямым ВС и
АВ, то ED перпендикулярно АК, a DFJ_CL. Вследствие по-
следнего
£M0N + £MDN=\8tf>.
Из (1) и (2) следует, что
£EOF = £MON.
Последнее равенство возможно только тогда, когда OF лежит на
стороне ВС, а ОЕ— на стороне В А, а так как ОЕ и OF имеют
общую точку—ортоцентр, то он должен находиться в точке В
(общая для. АВ и ВС). И так как только в прямоугольном тре-
угольнике ортоцентр находится в
вершине его угла (прямого), то
АВС прямой.
495. Пусть в пятиугольнике
ABCDE (рис. 63) стороны равны
между собой л равны последова-
тельные углы А, В и С.
Проведем диагонали AC, BD
и BE. Пусть К—точка пересе-
чения диагоналей АС и BE. Тре-
угольники АВЕ и АВС равны по
двум равным сторонам и углу, за-
ключенному между ними. Поэтому
диагонали АС и BE равны и рав-
ны углы АСВ, АЕВ, АВЕ и ВАС.
Отсюда заключаем, что треуголь-
ник АКВ равнобедренный. Следо-
вательно, Л/С = ВК. Поскольку СК=*АС—АК и ЕК = ВЕ — ВК,
то СК=ЕК.
*) Если исходить из предположения, что ортоцентр находится
вне треугольника, мы придем к такому же выводу, как и в при-
веденном доказательстве.
I
319
Треугольники DKE и DKC равны, так как стороны ED и DC
равны по условию, ЕК и СК — по доказанному, а сторона KD~~^
общая. Из равенства треугольников следует равенство углов
KED и KCD, а значит, равны углы Е и С пятиугольника ABCDE
как суммы равных углов.
Таким же образом доказывается равенство углов D и Е.
Итак, пятиугольник ABCDE правильный.
496. По условию EA\_FB и ED]_FA (рис. 64). Пусть С—точка
пересечения прямых ED и FB. Проводим прямую АСК, которая
пересекает прямую EF в точке К. В треугольнике FAE отрезки
ED и FB являются высотами. Следовательно, точка С—ортоцентр
треугольника, а поэтому
А .
АК— третья высота, т. е. AK_[_EF.
В образовавшихся прямоугольных
треугольниках FDC, ЕВС, ADE, ABF
точки Л4, N, Р, Q являются соответ-
ственно серединами гипотенуз FC, ЕС,
АЕ, AF. Соединив М с N, N с Р, Р с
Q и Q с М, получим четырехугольник
MNPQ. Его сторона MN — средняя
линия треугольника FCE, поэтому
MN=™ и MN \\ FE-,
Рис. 64.
треугольника ЕАС, то NP || АС.
т. е. 7 ”
MQPN — прямоугольник.
Ог
А
G
О*
Оз
Рис. 65.
его сторона PQ — средняя линия тре-
угольника FAE, поэтому
FF
PQ=~ и PQWFE.
Следовательно, MN = PQ и MN || PQ,
т. е. РА/ —параллелограмм^^
Так как NP — средняя линия
Следовательно, £ QPN = 90°,
497. Пусть ABCD—данный па-
раллелограмм (рис. 65),/B4D—а,
Оь О2, О3, О4—центры квадра-
тов (на рисунке показаны толь-
ко четверти квадратов). Треу-
гольники ВО^С, А02В и т. д.
построены так, что каждый из
углов, прилежащих к сторонам
ВС, АВ и т. д., равен 45°. Тре-
угольники О,ВО2 и О3ДО2 равны,
так как ОхВг=О3Л, О2В^О2А и
/,ОХВО2 = О3ЛО2 = 90°4-а, где
а—острый угол параллелограмма
ABCD.
Следовательно, ОХО2=О2О3 и
/1 = Z 2, а значит, £ ОХО2О3=
= Ш Z 3=Z 2 + Z3 = 90°,
так как А02]_02В.
Аналогично можно доказать, что О2О3 = О3О4 = О4ОХ. Следова-
тельно, ОХО2О3О4—квадрат.
320
49». Первое решение. Пусть в четырехугольнике ABCD
точки М и N—середины сторон АВ и CD и
(рис. 66).
Положим, что точка Р—середина диагонали АС, тогда
un ВС Л7П AD
МР=— и NP—-~
Z JL
как средние линии в треугольниках АВС и ACD. Складывая
почленно последние два равенства, получим
Л1Р4-лр=лр+--.
Но по условию
поэтому
MP+NP = MN.
Полученное равенство возможно только в том случае, когда точки
М, N и Р лежат на одной прямой, так как если бы точка Р не
лежала на прямой MN, то по свойству стороны треугольника
было бы
MP + NP> MN.
Но по свойству средней линии треугольника ВС \\ MN и AD || MN,
поэтому AD || ВС, т. е. четырехугольник ABCD—трапеция.
Второе решение. В четырехугольнике A BCD точки М
и Л —середины сторон AD и ВС (рис. 67). Отрезок DN продол-
жим на длину NE, равную DN. Соединив точку Е с точкой А,
получим треугольник ADE, у которого MN — средняя линия,
а поэтому
.... Л/? /1\
= (1)
11 И. X. Сивашинский
321
Далее, соединив точку Е с точкой В, получим треугольник BNE,
равный треугольнику DCN, так как DN=NE по построению,
CN — NB по условию и углы DNC и BNE равны между собой
как вертикальные. Следовательно, BE —DC. Так как по условию
и поскольку DC = BE, то
МН = АВ + ВВ
(2)
Из (1) и (2) имеем
АВ + ВЕ — АЕ.
Это равенство возможно только тогда, когда АВ и BE лежат на
одной прямой. Так как BEN=* £ CDN, то BE || DC.
Итак, АВ параллельно DC и четырехугольник ABCD—тра-
пеция.
499. Пусть диагонали АС и BD четырехугольника ABCD
(рис. 68) пересекаются в точке К. Известно, что площади тре-
угольников с равными высотами относятся, как их основания, а
потому
s&akb_AK ^Д вкс _ВК
5Д ВКС КС 5Д DKC KD
Но по условию
£длкв_ $двкс
5д ВКС SA DKC
следовательно,
АК_ВК
КС KD'
На основании последнего равенства, учитывая, что углы АКВ и
DKC равны как вертикальные, заключаем, что треугольники АКВ
и CKD подобны, а потому углы ABD и BDC равны. Следова-
тельно, прямые АВ и CD параллельны и четырехугольник ABCD—
трапеция.
500. Пусть А—данная точка окружности, ВС—данная хорда,
AD—-перпендикуляр к ВС; BE и CF—перпендикуляры к каса-
тельной EF в точке А (рис. 69). Требуется доказать, что
BE_AD
AD~~CF *
Прямоугольные треугольники ABD, ACF подобны, так как у них
острые углы ABD, CAF измеряются половиной одной и той же
дуги АС. Таким же образом докажем подобие треугольников A CD,
322
АВЕ. Четырехугольники BEAD и ADCF подобны, так как они
сходственным образом составлены из подобных треугольников.
„ BE AD
Приравнивая отношения сходственных сторон, получим 7n=rf»
AU Г
что и требовалось доказать.
501. Для удобства обозначим угол ВАС через а (рис. 70 и
рис. 71), а сторону ВС —через а. Пусть высоты В К и CD пересе-
каются в точке О. Имеем
/B0D=ZBAC = a
как углы со взаимно перпендикулярными сторонами.
В прямоугольном- треугольнике CDB
BD^BCcos £CBD. (1)
В прямоугольном треугольнике ODB
sin £ BOD sin a*
Из (1) и (2) следует
BCws/CBD a cos £CBD
a (j — . ......—— . •
sin a sin a
Известно, что a=2/?sina, поэтому
ВО = ^sinac0s 4c^O == 27? cos £ CBD.
sin a
Пусть угол CBD равен 60°, тогда
ВО = 2/? • 1 = /?.
Если же угол АВС — 120°, то
cos Z CBD = COS (180° — 120°) = cos 60° = ,
т. е. и в этом случае BO^R.
и* 32а
Итак, мы доказали, что если £ АВС равен 60° или 120°, то
необходимо, чтобы OB = R.
Пусть
ob=r=774—.
2 sin а
Из прямоугольного треугольника 0DB имеем
BD = 0B-sin а,
(3)
или, учитывая (3),
пп ° • Я
— sina = --.
2 sin а 2
Из треугольника CBD следует, что (рис. 70)
BD~aws £ CBD,
или (рис. 71)
BD==acos (180° — £ АВС).
Но так как BD = ~, то cos £ CBD=^- и cos (180° — / ДВС) = — ,
откуда
£ CBD = 60° и £ АВС = 120°.
Итак, мы доказали, что если OB—R, то это условие доста-
точно, чтобы угол при вершине В был равен 60° или 120°.
502. На отрезке СР строим равносторонний треугольник
СРР± (рис. 72). Так как каждый из углов АСР и BCPt равен
ВСР), то они равны, и так как АС~ВС и СР==СРХ, то
треугольники АСР и BCPt равны, а следовательно, ВР± = АР.
Учитывая, что СР2 = ДРа + ВР2, а также, что PPi~CPt
BPx^=AP, имеем
РР[==ВР*+ВР2.
Поэтому /,РВРх = 90°.
324
Обозначив угол BPLP через а, имеем
СР А —а 4-60°, Z Р1РВ = 90° —се,
/ СР А + / CPPt + / ВРРг + / АР В = 360°,
или
(а + 60°) 4-60° + (90°—а) + / АРВ=*360°,
откуда / АРВ = 150°.
Очевидно, что имеет место и обратная теорема.
503. Пусть PMNQ — общая секущая кругов О и О', касаю-
щихся внутренне в точке А (рис. 73). Требуется доказать равенства
£NAP = £MAQ.
Второе получается из первого прибавлением к обеим частям по
/ MAN. Чтобы доказать первое, продолжим AM и AN до пере-
сечения с окружностью О' в точках М' и N'. Легко убедиться,
что хорды MN и M'N' параллельны. Действительно, если принять
точку А за центр гомотетии обеих окружностей, становится ясным,
что MN параллельна M'N'. Следовательно, заключенные между
ними дуги PM', QN' круга О' равны, а потому равны и опираю-
щиеся на эти дуги вписанные углы МАР и NAQ того же круга. 4
Если бы хорда PQ круга О' была касательна к кругу О, то точки
М и N совпадали бы с точкой касания и мы получили бы следую-
щую теорему: если два круга внутренне касательны и хорда
внутреннему, то прямая, соединяю-
щей касания хорды к внутреннему
кругу, делит пополам угол между
прямыми, соединяющими точку
касания кругов с концами хорды.
Предлагаем читателю доказать
эту теорему самостоятельно.
наружного круга касательна к
щая точку касания кругов с т<
Рис. 73.
Рис. 74.
504. Треугольник СВО равнобедренный, так как по условию
ВС = ОВ (рис. 74). Пусть угол ОС В СО В = а. Угол А ВО = 2а,
так как он является внешним по отношению к треугольнику ОВС.
Поскольку треугольник А ВО равнобедренный, то и угол О А В = 2а.
И, наконец, угол AOD, являясь внешним по отношению к тре-
угольнику АОС, равен а + 2а=>3а. Итак, / AOD = 3 £ ACD.
505. Пусть ABCD—данный четырехугольник (рис. 75), стороны
которого связаны зависимостью AB2-}-CD2 — BC2-\- AD2. Требуется
325
доказать, что BD и АС пересекаются (в точке О) под пря-
мым углом.
Предположим, что углы ВОС и AOD тупые, а углы АОВ и
COD острые. Тогда из треугольников А ВО и CDO имеем
АВ2 < ВО2 + АО2, 1
CD2 < СО* + DO2, /
а из треугольников ADO и ВСО имеем
AD2> AO2 + OD2, 1
ЪС2 > В О2 + СО2. J
Из (1) следует, что
AB2 + CD2 < Л02 + В02 + С02 + Д02, (3)
а из (2)
ВС2 + AD2 > А О2 + ВО2 + СО2 + 0D2. (4)
В неравенствах ДЗ) и (4) правые части ривны, поэтому
BC* + AD2> AB2 + CD2,
что противоречит условию. Итак, прямые АС и BD пересекаются
под прямым углом.
506. Пусть четырехугольник ABCD (рис. 76) вписан в окруж-
ность. Обозначим середины дуг Л В, ВС, CD и DA соответственно
через Е, F, К и L. Так как угол с вершиной внутри круга изме-
ряется полусуммой дуг, заключенных между его сторонами и их
продолжениями, то / FMK измеряется
ВС CD АВ AD
^FCK + ^EAL 2 2 2 ‘ " 2 __
2 2 “
_^ВС + — CD+^ЛВ-Ь— ЛО__360°_пло
- 4 _уи .
Следовательно, FMK = 90°.
326
507. Первое решение. Имеем BD = CE и BD — EF
(рис. 77). Следовательно, треугольник CEF—равнобедренный.
Обозначим углы при основании равнобедренного треугольника АВС
через а, а углы при основании равнобедренного треугольника CEF
через Р. Продолжим FE до пересечения со стороной ВС в точке К.
Образовавшийся угол FKC тоже равен а. Угол FEC—внешний по
отношению к треугольнику ЕКС, а потому он равен 2а. В тре-
угольнике FEC сумма внутренних углов равна 2 (а + р) = 180°,
откуда а-|-р —90°. Итак, / ГСВ = а + Р = 90°, что и требовалось
доказать.
Второе решение. Продолжив FE до пересечения с ВС
в точке К, получим треугольник KFC, в котором СЕ — медиана,
так как CE — FE и СЕ-ЕК- Так как медиана СЕ равна поло-
вине стороны FK, то /.FCK —90°.
508. Первое решение. Пусть четырехугольник ABCD
вписан в круг (рис. 78). Обозначим точку пересечения сторон АВ
и CD через Е, а сторон AD и ВС—через Н. Требуется доказать,
что угол ЕКН прямой, если ЕК и ЯК—биссектрисы углов ВЕС
и АНВ.
Из треугольника ЕКН имеем
£КЯ = 180°-(Z КЕН + £ЕНК). (1)
Введем обозначения / АЕК = / KED~a, / DHK = / КЯВ = р,
£DEH = x, ^_DHE = y. Таким образом,
/ КЕН + £ ЕНК = а + $+х + у, £ ADC =□ / HDE = \8OQ—x—y.
Рассматривая треугольник ВНЕ, находим
/ £ВЯ = 180°—2а—2Р—х—г/.
Так как £ ADC+ ЕВН= 180°, то
180°—я—# +180°—2а—2р—х — у = 180°,
327
откуда
. т. е.
а + р + х+у = 90°,
£КЕН+£ЕНК = №.
(2)
Из (1) и (2) следует, что £EKH=W\
Второе решение (рис. 79). Пусть / ВЕК — £ КЕА = у ,
о
/ СНК = / NHD = у (в радианной мере). Обозначим (в радианах)
'-'DP через х, ^РА через у, ^CF через z, ^FD через t, тогда
—СМ=х+а, ^МВ = у + а, '-'BN = z + $, ^NA = t + $.
Складывая все 8 дуг, получим полную, окружность, поэтому
^(x + y + z + t + а + р) = 2л, *4-i/ + z + ( + a + p=n. (1)
Так как £ НКЕ измеряется —, т0
у (^ + *) + (У + а + 2 + Р) х + у + г + ^ + « + Р = л
Следовательно, на основании равенству
г
(1) £НКЕ , т. е.
НК1ЕК.
509« Пусть АС В—прямоуголь-
ный треугольник с прямым углом
С (рис. 80), CD — высота треуголь-
ника, Ох и О2—центры кругов,
вписанных в треугольники ACD
и BCD. Построим треугольник
Рис. 79. Рис. 80.
C0i02, где СО± и СО2—биссектрисы углов ACD и BCD, а
ОХО2—линия центров.
Проведем биссектрису ААХ угла А до пересечения в точке Ах
с С02 и докажем, что AAiJ_CO2
Действительно, £DCB = £ САЗ как дополнительные к углу
АВС.
328
Далее, £ АСА 1 =»90° —=90° — . Таким образом,
/ CAAi + Z, АСА1 = 90°, а следовательно, ААхС = 90°, т. е.
A Ail (70^. '
Аналогично доказывается, что биссектриса ВВг угла АВС пер-
пендикулярна к СОХ. Точка М пересечения AA\ и ВВ± является
точкой пересечения биссектрис углов треугольника АВС с орто-
центром треугольника СОХО2» поэтому биссектриса ССХ угла АСВ
перпендикулярна к 0^0^ что и требовалось доказать.
510. Рассмотрим остроугольный треугольник АВС (рис. 81).
Пусть О—ортоцентр, К—точка, симметричная с О относительно
стороны АС, М—основание высоты, опущенной на АС. Так как
0М = КМ и / СМ0=/ CM# = 90°, то треугольники СОМ и С КМ
равны между собой, поэтому
£СКМ = £С0М.
Кроме того, £С0М = £ САВ как углы с соответственно перпен-
дикулярными сторонами. Следовательно, £* СКМ — £САВ. Отсюда
заключаем, что точка К принадлежит описанной окружности.
Аналогично доказывается, что точки, симметричные с О относи-
тельно сторон АВ и ВС, также лежат на описанной окружности.
Для полного доказательства теоремы предлагается самостоя-
тельно рассмотреть случаи, когда треугольник прямоугольный
и тупоугольный.
511. Пусть точка К—ортоцентр треугольника АВС (рис. 82).
Отрезок DK пересекается со стороной АВ треугольника АВС
в точке М. Так как углы DAC и DBC прямые как вписанные
и опирающиеся на диаметр DC, то AD и BD соответственно парал-
лельны прямым В К и АК- Отсюда следует, что четырехугольник
ADBK — параллелограмм и точка М—середина стороны АВ и от-
резка DK.
Итак, DM = МК, что и требовалось доказать.
5(2. Пусть треугольник АВС вписан в круг с центром О,
высота треугольника —CD, средняя линия MN параллельна А В
329 -
(рис. 83). Соединим отрезком вершину С с серединой Е стороны АВ.
Отрезок СЕ пересекает MN в точке К, при этом СК = КЕ> так как
точка К принадлежит средней линии треугольника CED.
Докажем, что точка К делит MN пополам.
АЕ
Действительно, МК-—?- как сРеДняя линия треуголь-
АВ .... АВ MN
ника АСЕ. Но так как А£ = —и MN , то МК = —^~.
На высоте CD построим прямоугольник CDEF', сторона-EF прохо-
дит через центр О окружности. Очевидно, что точка К является
точкой пересечения диагоналей прямоугольника CDEF с центром
симметрии его. Поэтому точка 0lf симметричная О относительно К,
находится на CD.
513. Пусть точки М и N— середины дуг АВ и ВС (рис. 84).
Хорда MN пересекает АВ и ВС соответственно в точках Е и F.
Углы NBF и BNF равны по 30°, так как они вписанные и опира-
ются на дуги в 60°. Следовательно, треугольник BFN равнобедрен-
ный, а потому BF — FN. Но так как треугольник EBF равносто-
ронний, то BF = EF. Из последних двух равенств имеем FN = EF.
Аналогично доказывается, что ME — EF.
Итак, ME — EF — FN, что и требовалось доказать.
514. Обозначим точку пересечения прямых АС и PD через Е
(рис. 85). Из подобия треугольников CDE и BDP имеем
СЕ ВР
CD~BD *
(1)
Из подобия прямоугольных треугольников ACD и РВО
(2 ADC~/_ ВОР) следует
(2)
AC BP* ™
330
Перемножив почленно (1) и (2), получим
СЕ _ОВ
AC ~BD~ 2 ’
так как ОВ— радиус, BD—диаметр круга.
Итак, точка Г*—середина отрезка
АС, что и требовалось доказать.
515. В прямоугольном треугольнике
ABD (рис. 86) проведем медиану AM,
тогда гипотенуза BD = 2AM, так как в
прямоугольном треугольнике медиана
гипотенузы равна ее половине. В рав-
нобедренном треугольнике АВМ угол
ВАМ равен 15°. Тогда угол АМС равен
30° как внешний угол треугольника
АВМ. Следовательно, в треугольнике
АСМ стороны AM и АС равны.
Так как BD = 2AM и АМ = АС, то
BD — 2AC, что и требовалось доказать.
В
Рис. 85.
546. Имеем
S — -?-chc,
Перемножив эти равенства, получим
о
откуда
° “ 2
517. Дано, что в треугольниках АВС и AiB^Ci
/ А = X AC = AjCi, АВ + ВС = А1В1-}-В1С1
(рис. 87). Нужно доказать равенство этих треугольников. Продол-
жим сторону АВ на отрезок BD — BC и точку D соединим с С.
В равнобедренном Д CBD £ D = £ DCB как углы при основании;
сумма их равна внешнему £ АВС, а потому /_ АВС = 2
Делая аналогичные построения для Д 4iBiCb также установим,
331
что AiBiCx — 2 / Dv Ho A ADC — Л AiDjCi потому, что у них
Z 4 = Z 4Х, АС^А.Сь
лр=лв+вп=лв+вс=л1вх + вхсх = лхрх.
Отсюда £ D=£ Di и £ АВС =£ А&Сц а тогда равны
и третьи углы данных треугольников, т. е. углы АСВ и ЛХСХВХ равны.
Итак, в треугольниках АВС и ЛХВХСХ £ А —£ Лх, AC — AjC}
и £ АСВ = £ АхСгВ^ Следовательно, треугольники равны.
Рис. 87. Рис. 88.
518. Пусть в треугольнике АВС (рис 88) ААХ и ВВЪ—высоты.
Прямоугольные треугольники ЛЛХС и ВВХС подобны, так как
у них общий острый угол С. Поэтому
АС^А£
ВС “ ВХСЯ
Треугольники АВС и AjBjC подобны, так как они имеют общий
угол С, а стороны,, заключающие этот угол, пропорциональны, как
было доказано выше.
519. Первое решение. Пусть ЛЛХ, BBlt ССг — высоты
треугольника АВС (рис. 89), Л1В1С1—треугольник, вершины кото-
рого— основания высот данного тре-
угольника, О—центр круга, описан-
ного около данного треугольника.
Соединив центр О с основаниями
высот Лх, Blt С19 разобьем треуголь-
ник АВС на три четырехугольника.
Рассмотрим четырехугольник
OB^Ci, его диагонали ОА и ВХСХ
пересекаются в точке К. В задаче
518 мы доказали, что треугольник
АВгС1 подобен треугольнику ЛВС,
поэтому угол ЛВХСХ равен углу
ЛВС. Далее, угол АОС (централь-
ный) равен удвоенному углу ЛВС
(вписанному); 2 / О АС == 180° —
— / АОС — 180° — 2/. ЛВС, откуда
/ ОЛС= 90° — £ АВС, а потому
взаимно перпендику-
Рис. 89.
/ ЛКВХ = 90°, т. е. диагонали’ОЛ и ВХС]
332
лярны. Следовательно, площадь четырехугольника OBiACi
3=уОА-В1С1=1/?.В1С11
где R— радиус описанного около треугольника АВС круга.
Таким же образом докажем, что площади четырехугольников
OCtBAi и OAiCBi равны соответственно-^-/?• CiAj и yR-AjBp
Итак, площадь треугольника АВС равна (A1B14-AiC1 +
+ BiCx) у 7?. Но радиус окружности девяти точек равен 0,5 7?
(см. задачу 487). Следовательно, теорема доказана.
Второе решение. Пусть AM—диаметр описанного круга.
Углы АМС и АВС равны как вписанные, опирающиеся на
дугу АС. Но АВС— £ АВхСг (задача 518). Следовательно,
/ АМС — /_ АВ^С^ В треугольниках АКВ± и АСМ А—общий,
/ АВ1К = /г АМС. Следовательно, А/(В1 = 2/ АСМ =90° (впи-
санный угол, опирающийся на диаметр). Поэтому АО^ВЛ» Дальше^
как в первом доказательстве.
520. Пусть ВАС = 2а (рис. 90).
Проводим EKF\\BC и отрезки РЕ и PF. Имеем
£ РСгК = £ ВАР-а,
Z PBlK = £FAP = a
как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами.
Отрезок РЕ виден из точек К и Сх под углами в 90°, а отрезок PF
виден из точек К и Вх тоже под углами в 90°, следовательно, около
каждого из четырех-
угольников РЕСгК и
PKFBi можно описать
окружность. Поэтому
£РЕК= £РС1К=а, (1)
^PFK = zlPBi7< = a. (2)
Из этих двух равенств
следует
£ РЕК = £ PFK = a.
Следовательно, в &EPF
стороны РЕ и PF равны,
и так как РК I EF, то
EK = KF. (3)
На основании теоремы о пересечении параллельных прямых
и EF пучком прямых, выходящих из точки А, получаем
ВМ МС
ЕК ~К? '
ВС
(4)
333
Из равенств (3) и (4) следует
ВМ^МС.
т. е. точка К лежит на медиане AM.
521. Продолжим боковые стороны АВ и CD до пересечения
в точке М и соединим Л1 с серединой F основания AD (рис. 91).
Ясно, что ВС пересекается с MF в точке Е, делящей ВС пополам.
Так как Z ^+Z £ = 90°, то / AMD = 90°. Поскольку медиана,
проведенная из вершины прямого угла треугольника, равна поло-
вине гипотенузы, то
ЛЛС ВС АЛ Г AD
МЕ-~2- MF=—-
AD___BQ
Следовательно, EF-MF—ME—--------------» чт0 и требовалось до-
казать.
Глава XII
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА НАХОЖДЕНИЕ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ
522. Действительно, пусть будут даны отрезок ДВ (рис. 92)
и отношение k. Будем считать направление отрезка от А к В.
1 ~М 3 М,
Рис. 92.
Вначале рассмотрим случай деления отрезка внутренним образом.
Требуется найти на А В такую точку М, чтобы AM:MB~k. За-
пишем это равенство в виде пропорции
AM_k
МВ 1 *
334
Составим производную пропорцию
ДМ k
или
АМ_ k
АВ ~fc+l ’
откуда
k
АМ = АВ-~.
1
Правая часть этого равенства есть постоянная величина, поэтому
AM—тоже постоянная величина, т. е. существует единственная
точка М на отрезке АВ, которая делит АВ в данном отношении.
Таким образом, мы рассмотрели случай, когда АМ^АВ, т. е.
когда точка М делит АВ в данном отношении внутренним образом.
Остается доказать, что существует также единственная точка Мх,
которая делит внешним образом данный отрезок АВ в том же от-
ношении при условии, что это отношение k отлично от единицы
(k> 1 и k< 1).
1) Пусть k> 1. Имеем
AMx_k
ВМ^ 1 ’
или
ДМХ_ k
АВ k —1 9
откуда
АМ^АВ-т^-т .
К— 1
2) Пусть 6<1, тогда точка Мх определяется из равенства
т. е. точка Мх находится по другую сторону отрезка АВ. Итак,
существует единственная точка Мх, которая делит отрезок АВ
внешним образом в данном отношении.
528. В задаче 522 мы убедились, что две точки, принадлежа-
щие этому геометрическому месту, существуют—одна С на от-
резке АВ, другая D—на его продолжении (рис. 93).
Теперь рассмотрим произвольную точку М, не принадлежащую
прямой, на которой лежит отрезок АВ, но являющуюся точкой
искомого геометрического места точек. Отрезок МС, который делит
отрезок АВ на части СА и СВ, пропорциональные отрезкам МА
и МВ, есть биссектриса угла AM В треугольника АМВ. Далее,
отрезок MD, который делит внешним образом отрезок АВ на части,
пропорциональные отрезкам МА и МВ, есть биссектриса внешнего
угла при вершине М треугольника АМВ, Легко убедиться, что МС
и MD взаимно перпендикулярны, следовательно; точка М принад-
лежит окружности с центром О, построенной на CD, как на диаметре.
335
Теперь докажем обратное положение, т. е.. что нет точек, удов-
летворяющих условию задачи, кроме точек найденной окружности.
Пусть
AC:CB = AD:DB = k, (1)
Построим на отрезке CD, как на диаметре, окружность. Пусть
М— произвольная точка этой окружности. Проведем из точки М
прямую MAlt симметричную с МВ относительно МС. Тогда МС—
биссектриса / AtMB в Л А^МВ. Так как / CAW = 90° (вписан-
ный угол, опирающийся на диаметр), то MD — биссектриса внеш-
него угла при вершине М в Л АгМВ.
Из свойств биссектрис внутреннего и внешнего углов треуголь-
ника следует
МЛ1:Л1В = Л1С,:С,В = Л1Р:ВР. (2)
Из равенств (1) и (2) получим
т. е.
CB:DB = AC:AD,
CB.DB^AiC.AJ),
AC:AD = AlC:A1D.
Таким образом, точки А и Л! делят направленный отрезок CD
внешним образом в одном и том же отношении.
На основании доказанного в задаче 522 точка Лх совпадает
с точкой Л.
Следовательно, равенство (2) надо записать так:
MA:MB = AC:CB — AD:DB. (3)
Из (1) и (3) получим
MA:MB = k.
Следовательно, окружность, по-
строенная на CD, как на диаметре,
есть искомое геометрическое место
точек.
Рис. 93.
524. Пусть диаметры этих окружностей d и D, а расстояние
между прямыми ЛЛХ и ММ^ есть х (рис. 94). Так как хорда есть
средняя пропорциональная между диаметром и проекцией этой
хорды на диаметр, проходящий через конец этой хорды, то имеем
AM2 = dx и AiM^-Dx.
336
Из>этих равенств следует, что
ЛЛ1:Л1Л11= У 1 .
(П
Так как стороны угла АЛМХ пересечены параллельными пря-
мыми ААг и ММХ, то
AW:AXN==AM:AXMX. (2)
Из (1) и (2) имеем __
AN:AtN = j/A.
Итак, отношение расстояний точки JV от двух заданных точек есть
постоянная величина d:D), поэтому геометрическое место то-
чек N есть окружность (см. задачу 523); само геометрическое место
точек на рисунке не показано.
525. Рассмотрим два положения подвижной хорды CD (рис. 95).
Пусть точки С и D принадлежат меньшей части АРВ окружности,
а точки Ci и Di принадлежат большей части AQB окружности.
Точки М и Mi—точки пересечения прямых AD с ВС и ADr с
ВСХ. Эти точки принадлежат искомому геометрическому месту.
Легко убедиться, что сумма углов А МВ и АМГВ измеряется по-
ловиной окружности, т. е. М и Мх лежат на вполне определенной
окружности, проходящей через А и В. Эта окружность и есть
искомое геометрическое место точек. Имея четыре точки А, В, М
и Мх окружности, легко ее построить. (На рисунке искомое гео-
метрическое место точек не построено.)
Мы рассмотрели положения хорды CD, когда точки С и D
лежат по одну сторону от АВ. Очевидно, что сумма углов AM В
и AMiB (да и сами углы) не изменится при положении точек С и£)
по разные стороны от АВ, следовательно, и наше заключение со-
хранится.
Рис. 95. Рис. 96.
526. Рассмотрим два положения подвижной хорды (рис. 96):
точки С и D принадлежат меньшей части АРВ окружности и
точки Сх и Dx принадлежат большей части AQB окружности. К и
337
Ki—точки пересечения прямых АС с BD и АСг с BDlt Эти точки
принадлежат искомому геометрическому месту точек. Легко убедить-
ся, что сумма углов АКВ и АК^В измеряется половиной окружности,
т. е. К и Ki лежат на вполне определенной окружности, прохо-
дящей через Л и В.
Имея четыре точки Л, В, К и Ki окружности, легко ее пост-
роить. Эта окружность и есть искомое геометрическое место точек.
(Искомое геометрическое место точек на рисунке не изображено.)
Мы рассмотрели положение хорды CD, когда точки С и D ле-
жат по одну сторону от Л В. Очевидно, что сумма углов АКВ и
AKiB (да и сами углы) не изменится при положении точек С и D
по разные стороны от Л В, следовательно, и наше заключение сох-
ранится.
527. Даны окружность радиуса R с центром О и фиксирован-
ный отрезок а (рис. 97). Из точек Л? В, С окружности проводим
в одном направлении отрезки ЛЛЬ ВВЬ ССЪ ..., равные и парал-
лельные данному отрезку а. В том же направлении проводим из
центра О отрезок OOlt также равный а.
Легко усмотреть, что четырехугольники ЛЛ/^О, ВВ^О,
CC1Q1O, ... — параллелограммы.
Следовательно, искомое гео-
метрическое место точек есть ок- К £
Рис. 97.
Рис. 98.
528. Пусть точка N—центр окружности, описанной около тре-
угольника KCD, и КЕ — касательная к этой окружности в точке К
(рис. 98).
Поскольку угол CKD — вписанный в дугу CKD, а угол CND—
соответствующий центральный, то
£CND = 2 £CKD,
поэтому углы равнобедренного треугольника CND не изменяются
при перемещении хорды CD. Поскольку хорда CD (сторона тре-
угольника CND) также имеет постоянную длину, то и отрезки 7VC,
ND и NK, равные между собой, сохраняют постоянную длину.
Легко убедиться, что
£ EKD = £KCD==\8Q°^-£ ACD=£ ABD.
338
Из последнего равенства заключаем, что прямые АВ и /Непарал-
лельны. Так как NK перпендикулярен к то AW также пер-
пендикулярен к АВ. К такому же заключению мы пришли бы,
если бы хорда CD занимала положение CxDx. В задаче 526 мы
установили, что геометрическое место точек # есть окружность,
проходящая через точки А и В, а так как отрезок KN сохраняет
постоянные величину и направление, то геометрическое место
точек N есть окружность, равная окружности, проходящей через
точки А, В и Я, поступательно смещенной на NK (см. задачу 527).
Аналогично доказывается, что геометрическое место центров
окружностей, описанных около треугольника MCD, есть окруж-
ность, равная той, которую описывает точка Л1 (см« задачу 525),
смещенную на где Nt—центр окружности, описанной около
треугольника CMD. (Окружность, описанная около треугольника
CDM, не показана на рисунке.)
529. Из точки А (рис. 99) проведена секущая АВС (В и С—
точки пересечения секущей с окружностью); прямые МВ и МС—»
касательные к окружности. Проведем через точку А и центр О окруж-
ности прямую АО и из точки М прямуюМР, перпендикулярную к АО.
Пусть N—точка пересечения Л1О и АС. Треугольники ОМР и
ONA подобны, так как они
прямоугольные и острый угол
AON—общий.
Из подобия этих треуголь-
ников следует
OP _ON
ОМ~ОА’
откуда
(1>
Из прямоугольного треуголь-
ника ОВМ находим
0B2=0M-0N. (2)
Из (1) и (2) следует
ОА ’
А
Рис. 99.
т. е. ОР — постоянная величина, следовательно, искомое геометри-
ческое место точек М есть прямая МР, перпендикулярная к пря-
мой ОА, без отрезка, заключенного внутри круга.
530. Пусть точка М (рис. 100)—одна из точек искомого гео-
метрического места
L ВМС = £BMD + £DMC,
но £BMD=/ BFD как вписанные углы, опирающиеся на дугу
BD, и £DMC~ £DEC как вписанные углы, опирающиеся на
дугу CD; /CED —/Т/ГА как вертикальные; далее, £САВ =
= £DFB + £FEA (так как /_САВ внешний по отношению к
треугольнику AEF)* Следовательно, £САВ = £ВМС. Поскольку
/ С АВ есть угол данного треугольника, то / ВМС есть величина
339
постоянная. Поэтому искомое геометрическое место точек есть ок-
ружность, описанная около треугольника ЛВС, исключая точки В
и С. Эта окружность на рисунке не показана.
Замечание. Возможно такое расположение точек Е и F,
что £> ВМС не будет равен £_ С АВ, а будет дополнять его до 180°.
Легко доказать, что и в этом случае точка М находится на ок-
ружности, описанной около треугольника АВС.
531. Окружности, описанные около треугольников МСВ и
MAD, вторично пересекаются в точке N (рис. 101). В четырех
угольнике MDNA сумма
MDN+£ NAM = 18tf\ (I)
так как четырехугольник вписанный;
£NAM + £NAB = 180° (2)
как смежные.
Из равенств (1) и (2) следует, что
£NAB = £CDN.
Аналогично
£ NBA = £ DCN.
Так как по условию АВ —CD, то треугольники CND и ANB
равны по стороне и двум прилежащим углам, откуда NK=NL—
высоты, опущенные на равные стороны ЛВ и CD. Следовательно,
M/V—биссектриса угла М, что и требовалось доказать.
532. Пусть один из прямоугольных треугольников, построен-
ных на отрезке AB = 2k, есть ЛВС. Центр О вписанного в него
круга определяется биссектрисами АО и ВО углов Л и В (рис. 102).
Так как / О АВ + ОВА = 45°, то £АОВ = 135°.
Следовательно, центры кругов, вписанных в прямоугольные
треугольники, расположенные по одну сторону от ЛВ с постоян-
ной гипотенузой, лежат на дуге сегмента, вмещающего угол 135°,
построенного на отрезке 2k. Такая же дуга будет и с другой сто-
роны отрезка 2k. Теперь найдем радиусы этих дуг.
340
В треугольнике АОВ /0 = 135°, следовательно, 4В = 2₽ sin 135°,
где OiA = R, поэтому
Ор4 =—_?*:=£ )/~2.
533. Соединим середину Л4 (рис. 103) гипотенузы ВС с верши-
ной Лис центром О данной окружности. Центр О данной ок-
ружности также соединим с вершинами Л и С.
Поскольку МА — МС и отрезок ОМ перпендикулярен к ВС, то
МА2 + МО2 = МС2 + М О2 = ОС2. (1)
В треугольнике А МО отрезок МОГ— медиана. Найдем квадрат
этой медианы, учитывая (1),
МО2= 1(Л1Аа + М02)— ~0Да= 1оС2 - 00* .
Итак, искомое место точек
есть окружность, центр кото-
рой есть середина Oj отрезка
О А, а радиус этой окружности
МО{ —
534. Искомое геометриче-
ское место точек есть средняя
линия EF треугольника АВС,
параллельная АВ (рис. 104).
Действительно, площадь треугольника МАВ (точка М на EF)
равна половине площади всего треугольника АВС.
341
535. Пусть Лх—середина отрезка МА, тде Л—точка на дан-
ной окружности, а М—данная точка (рис. 105). Соединим О с М
и из точки Ai проведем отрезок Л^, параллельный АО (Ог на
ОМ). Легко убедиться, что Ох есть середина отрезка ОМ, следо-
вательно, 01А! равен половине ОА.
Итак, геометрическое место точек Лх есть окружность с цент-
ром в точке Оь радиус которой равен половине радиуса данной
окружности.
536. Первый случай. Точка Л находится внутри круга О
или на окружности (рис. 106). Из середины М хорды, проходящей
через заданную точку Л, отрезок ОА виден под прямым углом.
Следовательно, искомое геометрическое место точек есть окруж-
ность, диаметром которой служит отрезок О А.
Второй случай. Точка Л находится вне круга (рис. 107).
Как и в предыдущем случае, из середины М хорды, проходящей
через заданную точку Л, отрезок О А виден под прямым углом, а
следовательно, искомое геометрическое место точек есть дуга
ВМОС окружности, построенной на отрезке ОА, как на диаметре,
заключенная внутри заданной окружности.
537. Пусть ЛЛ1—данный фиксированный диаметр окружности О
(рис. 108). Отложим на радиусе ОС отрезок ОМ, равный перпен-
дикуляру CD к ЛЛХ. Легко усмотреть, что треугольники О МВ и
ODC равны (ОВ = ОС, OM — CD, £ MOB = £DCO). Так как тре-
угольник ODC прямоугольный, то и равный ему треугольник
342
ОМВ тоже прямоугольный В МО—99°). Итак, из точк» М
отрезок ВО виден под прямым углом. На основании последнего
заключаем, что искомое геометрическое место точек есть две ок-
ружности, построенные на радиусах, перпендикулярных к задан-
ному диаметру AAV
538. Первое решение. Искомым геометрическим местом то-
чек является треть окружности, описанной около данного треугольни-
ка, концами этой трети окружности служат две вершины В и С тре-
угольника.
В самом деле, возьмем на дуге ВС произвольную точку М
(рис. 109); тогда, соединяя М с Л, В и С, получим вписанный че-
тырехугольник АВМС, из которого по теореме Птолемея имеем
ЛЛЬВС = ВАЬЛС + Л1С.ЛВ.
Но так как
то получаем
ЛВ = ЛС = ВС,
АМ = ВМ + МС.
Второе решение. Отложим на АМ отрезок AN == ВМ.
Углы СВМ пСАМ равны как вписанные и опирающиеся на одну и
ту же дугу. Следовательно, треугольники ВМС и ANC равны
(ВЛ4 = ЛАГ, ВС = ЛС, / СВМ — САМ). Таким образом, NC —
— МС. Поскольку /ВМС=120р, то и £ANC —120°, а потому
/ M2VC = 60°. Из изложенного следует, что треугольник MNC
равносторонний.
Итак,
А М = AN + NM = ВМ + СМ.
343
539. Пусть О и Ох—центры данных окружностей (рис. ПО).
Четырехугольник О А ВОг — прямоугольная трапеция, поэтому
/ ЛОМ + / B0iM=2d,
а следовательно,
£ОМА + £(\MB = d,
и так как
£ОМА + £ОМВ + £АМВ = 2d,
то £AMB=d—постоянная вели-
чина.
В силу последнего заключаем,
что искомое геометрическое мес-
то точек есть окружность, постро-
енная на АВ, как на диаметре,
исключая точки А и В.
540. На продолжении отрезка AM отложим отрезок MN, рав-
ный МВ (рис. 111). Получившийся треугольник BMN—равнобедрен-
ный, следовательно, углы MBN и ММВ равны, и так как угол АМВ
внешний по отношению к треугольнику BMN, то угол MNB равен
половине угла АМВ. Поскольку угол АМВ сохраняет постоянную
величину при любом положении точки М, то и угол MNB не из-
менится, а поэтому точка N перемещается по некоторой дуге, про-
ходящей через точки А и В. Так как конечное положение точки М
(при перемещении от В к Л) есть точка А, то дуга BNP должна
находиться от касательной PR, проведенной к данной ок-
ружности в точке А, по ту же сторону, что и точка В. Мы рас-
сматривали точки М по одну сторону от хорды АВ, поэтому дуга
BNP является только частью искомого геометрического места
точек.
Аналогично доказывается, что остальные точки искомого гео-
метрического места точек принадлежат дуге BN±R^ находящейся по
другую сторону от АВ. Легко усмотреть, что центрами дуг BNP
и BNtR являются середины (С и С±) дуг ВМА и BAfxA.
344
Глава XIII
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ПОСТРОЕНИЕ
541. Проводим биссектрисы углов В и С до пересечения
в точке К (рис. 112). Через точку К проводим параллельную ВС
прямую, которая пересекает стороны АВ и АС в точках £ и ft
Отрезок ED—искомый. Действительно, ^ВКЕ — ^КВС как
внутренние накрестлежащие при параллельных ВС и ED и секу-
щей ВК, а следовательно, £ ВКЕ — £ КВЕ, т. е. треугольник ВЕК
равнобедренный и ЕК = ВЕ. Аналогично доказывается, что KD = DC.
Итак, ED = KE + KD = BE+ CD.
542. Из произвольной точки Е (рис. 113) прямой CD проводим
окружность радиусом а, которая пересекает прямую АВ в точках
F и L. Проводим прямые MKN и MKi^i (К и Ki на АВ\ N и NL
на CD), соответственно параллельные EL и EF. Прямые MN
и MNi — искомые, так как отрезок NK — EL = a и отрезок
^1=ЕГ = а.
Задача имеет два решения, если отрезок а больше расстояния
между прямыми АВ и CD.
Если расстояние между прямыми АВ и CD равно а, то задача
имеет одно решение, и искомая прямая перпендикулярна к прямым
АВ и CD.
Если а меньше расстояния между прямыми АВ и CD, то за-
дача не имеет решения.
543. Первое решение. Из произвольной точки D сто-
роны АВ данного треугольника опускаем перпендикуляр DE на
сторону АС (рис. 114). На DE строим равносторонний треуголь-
ник DKE. Приняв вершину А за центр гомотетии, проводим пря-
мую АК до пересечения со стороной ВС в точке Сх, потом из
точки Ci проводим прямые, параллельные DK и КЕ, до встречи
со сторонами АВ и АС в точках BL и Ах. Очевидно, что треуголь-
ник AiBjCi—искомый.
Второе решение. Допустим, что задача решена и треуголь-
ник AjACi—искомый (рис. 114). Тогда треугольники ABiAx
и BBiCi равны как прямоугольные треугольники, имеющие по рав-
ному катету (ВгАх = BiCi) и равному острому углу (^ А = В — 60°).
Следовательно, АВ1 = ВС1.
345
Пусть ВВ}=х, тогда ВС1 = 2х, так как угол ВС^ равен 30°.
Поэтому и ABx — 2xf а АВ — АВ1 + ВВ1 = Зх или АА^ВВ^
= сс1=^-.
Теперь ясно построение. Откладываем на сторонах данного
АС АВ ВС
треугольника АВС отрезки АА1=-^-, BBY-~^-, CC1 = -q~ .
О о о
Точки ALi Blf С1 являются вершинами искомого треугольника.
D
544. На отрезке О А строим треугольник A0D (рис. 115), у ко-
торого OD = 2/?, AD — R, где R— радиус круга. Искомой секущей
является прямая АВС, где В—середина OD. Действительно, тре-
угольники ВСО и ADB равны, так как они равнобедренные с рав-
ными боковыми ciоронами (равными радиусу круга) н равными
углами при основаниях (/, CBO — £ ABD как вертикальные). По-
этому АВ = ВС.
545. Даны две окружности с центрами О и О', пересекающиеся
в точках А и В (рис. 116). На отрезке 00', как на диаметре,
строим вспомогательную окружность. В этой окружности проводим
хорду ОС, равную полови-
не данного отрезка, затем
через точку А проводим от-
резок MAN параллельно
ОС. Докажем,что отрезок
MAN—искомый.
Соединим О' с точкой
С. Образовавшийся угол
О'СО—прямой как вписан-
ный и опирающийся на диа-
метр 00'. Так как ЛГJV||OC,
то прямая O'CF перпенди-
кулярна к MN. Далее про-
Рис. 116. водим ОЕ перпендикулярно
к MN. Из рисунка усматри-
ваем, что EF — OC, но так как AN = 2AF и АМ — 2АЕ, то MN —
—2EF=2OC, что и требовалось доказать.
Замечание. Очевидно, что задача имеет решение только
MN ЛП'
тогда, когда —^.ии .
346
546. Пусть АВ—искомая прямая (рис. 117), следовательно,
согласно условию задачи AB — 2AxBi (точки А и В принадлежат
большей окружности, а Ах и Вх— меньшей окружности). Если
ОР—перпендикуляр к АВ, то РАХ = АХА. Проведя прямую АХМ
параллельно ОР, которая пересекает О А в точке М, можно легко
убедиться, что 0М=Л1Л.
Поскольку угол Л4АХА прямой, то построение производим так: *
радиус ОА делим в точке М пополам и на отрезке AM, как на
диаметре, строим окружность. Точка ее пересечения с меньшей из
данных окружностей и будет точкой Ах. Очевидно, что задача воз-
можна только при О А С 20 Ах.
547. Проводим хорду АВ и вспомогательную окружность, кон-
центрическую с данной окружностью (рис. 118), которая касается
хорды АВ в ее середине М. Далее из точки М, как из центра,
радиусом, равным половине отрезка а, описываем дугу, пересекаю-
щую вспомогательную окружность в точках Р и Q. Хорды ААХ
и ВВ}, проведенные параллельно МР или MQ,—искомые.
Действительно, так как AAi||BBx и\МР[|ВВх, то прямая KL,
которая проходит через центр и и перпендикулярна к хорде МР
вспомогательной окружности, будет также перпендикулярна и к
параллельным МР хордам ААг и ВВХ данной окружности и разде-
лит эти хорды пополам, т. е.
АК = КАХ и BL^LBlt
Поскольку А19 Р и Bi являются точками, симметричными точ-
кам А, М и В относительно KL, то отрезок А]ВХ проходит через
точку Р, а четырехугольник AA±BiB— равнобочная трапеция, сред-
няя линия которой есть отрезок МР, а следовательно,
Л41 + ВВ1=2МР = 2-4=а.
347
Если обозначим радиус ОМ вспомогательной окружности че-
рез г, то легко усмотреть, что:
если а > 4г, то задача невозможна,
если а = 4г, то задача имеет единственное решение (в этом слу-'
чае четырехугольник АА^В^В— прямоугольник),
если а < 4г, то задача имеет два решения (одинаковых).
548. Проводим вспомогательную прямую GH (рис. 119), кото-
рая пересекает стороны АВ и ВС угла АВС в точках К и L
и перпендикулярна к DE. Через точку В и середину М отрезка KL
проводим прямую, которая пересекает DE в точке О. Через точку О
проводим прямую PiQi, перпендикулярную к прямой DE. Эта пря-
мая пересекает прямые АВ и ВС в точках Р и Q.
Отрезок PQ является искомым. Действительно, его концы Р
и Q упираются своими концами в стороны АВ и ВС угла АВС\
PQ перпендикулярен к DE по' построению и PO:OQ = КМ :ML
в силу гомотетии (В—центр гомотетии). Но так как по построению
КМ—ML, то и PO = OQ.
Итак, отрезок PQ удовлетворяет всем требованиям задачи.
549. Опишем около данного треугольника окружность О
(рис. 120). Пусть BD—искомый отрезок, т. е.
BD2 — AD-DC. (1)
Продолжив BD до пересечения с окружностью в точке Et имеем
BD-DE = AD-DC. (2)
Сравнивая равенсгва (1) и (2), находим
BD = DE.
Отсюда заключаем, что та из хорд описанной окружности дает
искомое решение задачи, которая делится основанием (АС) данного
треугольника пополам. А так как геометрическое место середин всех
хорд, проведенных из точки В, есть окружность, имеющая диамет-
ром радиус ОВ (задача 536), то решение сводится к построению
этой окружности.
348
В общем случае задача может иметь два решения BD и BDlt
когда окружность на диаметре ОВ пересекается основанием АС
треугольника АВС\ одно решение, когда она касается основания,
и ни одного решения, когда она лежит вне основания.
550. Пусть шар движется сначала по направлению МА, затем
по АВ и, наконец, по ВМ (рис. 121). Очевидно, что
/ МА0 = £ ОАВ = £ АВО = £ ОВМ,
/ МАВ~£МВА и МО^АВ.
Обозначим ОС через х и МА через у. Имеем
у
d х
t/2 = ^2-X2 + (d + x)2 = /?2 + 2dx + d2.
Из этих двух равенств получаем, что 2 dx2 + R2x— R2d=0, от-
куда находим х.
551. Пусть искомый путь будет ACDB (рис. 122). Точка Лх
симметрична А относительно PQ; точка Л2 симметрична точке Лх
относительно PQ; РЛ2—продолжение BD. Длина пути — ВЛ2, так
как РЛ2 = РЛ1 = РС + СЛ1, а САг = СА.
Отсюда и построение. Отражаем точку Л в точку Лх относи- •
тельно PQ, потом отражаем Лх в точку Л2 относительно PQ. Со-
единяя Л2 с В, получаем точку D, затем, соединяя точки Лх и D,
получаем точку С *).
552. Предположим, что задача решена, т. е. шар Л отразился
последовательно от каждого из бортов в точках С, D, Е и F
и ударил шар В (рис. 123). Как известно, угол падения равен углу
'отражения, поэтому
£ КСА=£ NCD (1)
и
£NDC — £MDE. (2)
*) Вообще говоря, задача имеет не одно решение, так как пару
бортов можно выбрать 4-3=12 способами.
349
Ударяясь о борт LA4, шар отразится в точке Е под тем же углом,
под каким он ударился об этот борт, следовательно,
£MED = £LEF. (3)
Аналогично,
£ LFE = £ BFK. (4)
(5)
Если построить точку Ах, симметричную точке А относительно
борта (прямой) KN, то получим равнобедренный треугольник СААХ,
и прямая KN является биссектрисой угла ACAlt т. е.
KCAt = £ КС А.
В силу (1) и (5) заключаем, что
£ KCA^£NCD.
Учитывая, что эти углы имеют общую вершину, их стороны КС
и CN образуют одну прямую KN, а расположены эти углы по раз-
ные стороны от K/V, легко убедиться, что отрезки АХС и CD лежат
на одной прямой, т. е. точка Ах лежит на продолжении отрезка DC.
Построив точку А2, симмет-
ричную точке А( относительно
MN, легко доказать, что точка А2
лежит на продолжении DE, а АС
параллельна DE. Потом, построив
точку Bl9 симметричную точке В
относительно К£, и точку В2, сим-
метричную точке Вх относительно
LM, мы убедимся, что точка В2
лежит на продолжении отрезка DE
и что BF параллельна DE. Следо-
вательно, прямая, проходящая
через точки А2 и В2, совпадает с
прямой, на которой лежит отре-
зок DE, и поэтому АС парал-
лельна А2В2.
Отсюда и построение. Строим
точку Ах, симметричную точке А
строим точку А2, симметричную
относительно прямой KN, затем
точке Ах относительно прямой MN, далее строим точку Вн сим-
метричную точке В относительно прямой /<£, и, наконец, строим
точку В2, симметричную точке Вг относительно прямой LM.
Итак, надо направить шар А по прямой АС, параллель-
ной А2В2 *).
553. Пусть АВ—один из диаметров окружности с центром О
(рис. 124). Через точку А проведем перпендикуляр к АВ и отло-_
жим на нем отрезок АС, равный диаметру АВ. Отрезок СО пере-
*) Вообще говоря, задача имеет не одно решение. Ясно, что
задача не может иметь более 41=24 решений. Из этих 24 вариан-
тов выбираются лишь те, для которых все точки ударов лежат на
самих бортах, а не на нх продолжениях.
350
сёкает окружность в точке D. Проведем прямую DE, перпендику-
лярную к СО, до пересечения с продолжением диаметра В А в точке Е.
Точка Е — искомая. Действительно, DE—касательная, так как она
перпендикулярна к радиусу OD в конце его; а из равенства пря-
моугольных треугольников ODE и С АО заключаем, что ED = AC.
Но так как АС —АВ, то ED — AB.
MN равны, так как они равно-
й дуги BCD и MCN также равны.
554. В данный круг вписываем данный угол BCD (рис. 125)-
Затем проводим концентрическую окружность, касательную
к хорде BD. Из заданной точки А проводим касательную AMN
к внутренней окружности. Прямая AMN—искомая секущая.
Действительно, хорды BD и
удалены от центра, а поэтому
555. Первое реше-
ние. Строим две равные
окружности О и Olt касаю-
щиеся в точке D (рис. 126)
диаметра длиной k. Из кон-
ца В диаметра одной ок-
ружности радиусом, рав-
ным а, делаем засечку на
второй окружности (в точке
С). Точку С соединяем от-
резком с точкой D и отрезок
CD продолжаем до пере-
сечения с первой окружно-
стью в точке А. Треугольник АВС—искомый, так как в нем
угол А прямой (опирается на диаметр длиной k), гипотенуза
СВ—a, BD = k—медиана катета АС. Равенство CD — AD вытекает
из равенства треугольников DOA и DO^C.
Второе решение. На отрезке ВС = а, как на диаметре,
построим окружность О (рис. 127). На отрезке ОС, как на диа-
метре, построим окружность (геометрическое место середин хорд,
проведенных из точки С).
351
Из точки В, как из центра, проводим дугу окружности ра-
диуса k, пересекающую окружность Ох в точке М. Проводим через
точки С и М хорду С А. Треугольник АВС—искомый.
556. Строим вспомогательный произвольный прямоугольный
равнобедренный треугольник с катетами, равными а. Пусть рас-
стояние между точкой пересечения медиан и точкой пересечения
биссектрис этого вспомогательного треугольника равно Ъ. Обозна-
чим катет искомого прямоуголь-
ного треугольника через х.
Так как все равнобедренные
прямоугольные треугольники по-
добны и поскольку в подобных
фигурах отношение сходственных
линейных элементов равно отно-
шению сходственных сторон, то
имеем
x:a = m:bt
откуда
ат
Х~Т'
' * Отрезок х легко построить, как
четвертый пропорциональный от-
резок. Итак, мы определили катет х искомого треугольника. Зная
катет, можем построить искомый равнобедренный треугольник.
Эту задачу можно обобщить. Вместо прямоугольного равнобед-
ренного треугольника можно взять равнобедренный треугольник
с данным углом при вершине.
557. Строим отрезок АВ = а, потом проводим прямую EF, па-
раллельную основанию АВ и отстоящую от основания на расстоя-
ние, равное высоте h (рис. 128)-.
Далее, строим прямую MN,
равноотстоящую от параллель-
ных прямых EF и АВ. Потом
из точки Д, как из центра,
радиусом, равным медиане т,
проводим дугу, которая пере-
секает прямую MN в точках
D и Dx. И, наконец, проводим
прямые BD и BDlt которые
пересекают прямую EF в точ-
ках С и Эти точки и явля-
ются вершинами искомых тре-
угольников.
Итак, мы получили два
треугольника АВС и АВСЪ которые удовлетворяют условию задачи.
Мы получили два решения, так как мы взяли такие отрезки
. h
т и h, которые удовлетворяют зависимости т >-% , и вследствие
этого проведенная нами дуга пересекла прямую MN в двух точ-
ках, что и определило два решения.
352
Если же /zi=-g- , то тогда, очевидно, будет только одно ре-
Л -
щение, а если т< у, то не будет ни одного решения.
558. Пусть н £ В—£С — а. Допустим, что треуголь-
ник АВС (рис. 129) удовлетворяет требованиям задачи, так что
ВС=а, АСАВ—Ь^с—т и £В — £С-а.
Выпрямим сумму Гискомых сторон. Для чего на продолжении
С А отложим ЛЕ —АВ
LABE=^,
£
так как / ВАС—внешний по отношению к равнобедренному тре-
угольнику BAE (АВ—АЕ). Следовательно,
Z СВЕ = Z св А + — = z СВА + 90°—=
2 2
90°+_ од»+±
A Z
Итак, в треугольнике СВЕ известны две стороны (ВС = а и
ЕС = т) и угол СВЕ, противолежащий большей из них.
Построив треугольник СВЕ, определим вершину А как точку
пересечения отрезка СЕ и перпендикуляра КА, проведенного к
отрезку BE через его середину К.
559. Строим треугольник A}CBlt содержащий данные углы и,
следовательно, подобный искомому (рис. 130). Проведя в нем вы-
соту CHi и медиану CMlt откладываем их сумму CDX, которая
12 и. X. СивашинскиЙ 353
(вообще) не равна пь Откладывая CD =т,увеличиваем (уменьша-
ем) размеры треугольника в отношении m\CD, для чего проводим
DAWD^Ax и ЯВЛЛ1В1 и получаем искомый треугольник АВС.
560. Первое решение. Пусть АВС — искомый треуголь-
ник (рис. 131), у которого АС = Ь, ВС = а и биссектриса CD —1с.
По свойству биссектрисы угла треугольника имеем
AD b
DB~ а
(1)
Строим точку Bi, симметричную с вершиной В относительно бис-
сектрисы CD. Далее, проводим отрезок DDlt перпендикулярный
к CD, т. е. параллельный ВВЪ тогда
АРг_АР
DlB^DB'
В силу (1) и (2) имеем
АРг b
D]B} и
Итак, точкой Dx отрезок АВг (разность сторон АС и ВС) делится
в отношении Ь:а. Поэтому отрезок ADt может быть построен, а
этим определяется и длина отрезка DXC.
В треугольнике CDiD из-
вестны, таким образом, катет
CD и гипотенуза CDX. Построив
его, легко построить и иско-
мый треугольник АВС.
(2)
t
Рис. 131.
Второе решение. Пусть треугольник АВС — искомый
(ВС = а, ЛС = &, CD = lc) Через вершину В проводим прямую BE,
параллельную CD, до пересечения с продолжением АС в точке Е
(рис. 132). Так как Z3==Z2> = Z 1 и Z2 = Z Ь то —
= ^4, следовательно, СЕ = ВС — а.
Из подобия треугольников ADC и АВЕ имеем
BE a + b
lc~ * ’
354
Построив отрезок BE как четвертый пропорциональный, строим
треугольник ВСЕ, а затем, отложив на продолжении ЕС отрезок
СЛ = 6, построим третью вершину А искомого треугольника.
561. Пусть треугольник АВС— искомый (рис. 133), Продол-
жим медиану АР на отрезок РК — ОР, где О—точка пересечения
медиан. Ясно, что
2 1
ВК — OC—^CQ и РК=±ЛР.
м О
Зная ВК и Р/С, можем приступить к построению. На отрезке
АР строим сегмент, вмещающий данный угол АВС. Далее про-
должаем АР на Р/С. Потом из точки К, как из центра, опишем
дугу радиуса КВ, Точка В пересечения построенных дуг опреде-
ляет вершину В искомого треугольника.
Рис. 133. Рис. 134.
Итак, мы уже имеем две вершины (Л и В) искомого треуголь-
ника. Продолжая отрезок ВР на его длину, найдем третью вер-
шину С искомого треугольника.
562. Первое решение. Строим окружность радиуса R с
центром О (рис. 134). Предположим,
что треугольник ЛВС—искомый.
Угол ВОС равен удвоенному углу
ВАС, а угод АОС равен удвоенному
углу ЛВС. Отсюда и построе-
ние. Строим углы ВОС и АОС, рав-
ные соответственно удвоенным
углам ВАС и ЛВС. Стороны этих
углов пересекают окружность в точ-
ках (Л, В и С), которые являются
вершинами искомого треугольника.
Второе решение. Строим
произвольный треугольник Л1В1С1,
углы которого равны данным (рис.
135), и описываем около него окруж-
ность с центром О,
Из того же центра О описываем рис, 135,
окружность данного радиуса R. Про-
должим радиусы OAlt ОВЪ ОС± w пересечения с окружностью
радиуса R в точках Л, В, С. Треугольник ЛВС—искомый.
12*
355
Третье решение (рис. 136). Пусть <х, Р» у—углы иско-
мого треугольника. Построим диаметр MC = 2R, а затем углы
/ СМВ=±а и / С'Л4Л=р. Треугольник АВС—искомый.
563. Пусть ЛЕ = /1а, BD = hbf СМ — тс (рис. 137). Отложим на
продолжении СМ отрезок MCt = CM и опустим из точки Ct пер-
пендикуляры С1Е1 и C1D1 соответственно на прямые СВ и СА.
Четырехугольник АСВСХ — параллелограмм, а поэтому С’1ЕХ —ЛЕ=
==Яа и CxDx = BD = /i6. Кроме того, так как / CD^C^ СЕ^С^
= 90°, то окружность, описанная на отрезке CClt как на диаметре,
проходит через точки Ех и Dx. Отсюда вытекает построение.
Отложив на произвольной прямой отрезок СС1 = 2тс, строим
на нем, как на диаметре, окружность. Затем по разные стороны
диаметра ССг производим из точки Сх засечки Ех и Dx соответ-
ственно радиусами ha и Ъь.
Далее проводим из точки Сх прямые СгВ и СХЛ, параллель-
ные соответственно прямым CDX и СЕ19 до пересечения с прямыми
CEt и CDX соответственно в точ-
ках В и А.
Треугольник АВС—искомый.
564. Пусть АМ = та и
BN = tnb, AM^BN (рис. 138).
Обозначим через D точку пересе-
чения медиан, а через Л1х и
Ni — соответственно середины
отрезков AD и BD. Так как точ-
ка пересечения медиан делит каж-
дую из медиан в отношении 1:2,
считая от соответствующей сторо-
ны, то
AM1 — MlD = DM
и
B2VX = ATXD=D2V.
Легко усмотреть, что треугольники ANNt и BMMi равнобед-
ренные. Следовательно,
ANt = AN = ^, ВА41 = ВЛ1=4.
л» £
356
Таким образом, задача сводится к построению прямоугольного тре-
угольника ADB по медианам BMi — ~ и, — проведенным
к его катетам. Точку пересечения этих медиан обозначим через
Ясно, что
DA-4 AV,-А
и
ВЛ4х=| .
Продолжим ANi на отрезок N1K = AN1 и проведем КВ. Из равен-
ства треугольников ADNr и КгКВ следует, что угол NtBK пря-
мой. Из вышеизложенного вытекает построение.
Отложив ЛК = £, делим АК точкой пополам. Затем опи-
сываем на NjK, как на диаметре, полуокружность Потом на от-
резке NjA откладываем 2V1D1 =47VX и затем из точки Dx
О о
ч а
на построенной полуокружности производим засечку радиусом -5-
о
в точке В. Далее, опустив из точки А перпендикуляр AD на пря-
мую BNj, откладываем на продолжениях прямых AD и ВЬ
лгп В® тт
соответственно части ND — -^- и /WD = —-. Наконец, продол-
жив AN и ВМ до их пересечения в точке С, получим искомый
треугольник. z
56$. Так как стороны треугольника обратно пропорциональны
проведенным к ним высотам, то
. , , , тп
a:b ~hb‘.hc —п:ггг, b:c~p:n — m:—t
откуда следует
. тп
а:Ь:с — п:т: —,
Р
т. е. стороны искомого треугольника а, Ь, с пропорциональны от-
резкам п, т и —. Последний отрезок легко построить как чет-
вертый пропорциональный отрезок. Поэтому искомый треугольник
АВС подобен треугольнику Л1В1С1, стороны которого равны п,
т и —. Теперь обозначим через Рг периметр ортоцентрического
треугольника, построенного в треугольнике А^^С^. Поскольку в
подобных фигурах сходственные линейные элементы пропорцио-
нальны сходственным сторонам, то
Р а
?7=7Г’
откуда
Рп
а = (1)
357
' Итак, для построения1 искомого треугольника АВС строим
раньше: треугольник А^В^ по сторонам л, т, проводим в
нем высоты, потом находим периметр Рх ортоцентрического тре-
угольника, строим сторону а по формуле (1), а затем строим тре-
угольник АВС по стороне а и углам В = ВХ, С = С1. Для того
чтобы задача была возможна, необходимо и достаточно, чтобы из
гил -
отрезков л, т, — можно было построить треугольник.
566. Пусть О—центр вписанного круга (рис. 139). Так как
А С
£OAD = ^ £OCD = ^f
то
, А4-С л—В л , В
£АОС=п-----±- = л——(1)
Из этого равенства вытекает построение: на отрезке строим
л 6
сегмент, вмещающий угол “g* + 2 ’ проводим из точки D перпен-
дикуляр до встречи в точке О с дугой этого, сегмента. Далее опи-
сываем из О радиусом OD окружность и из точек Ап С прово-
дим к ней касательные до их пересечения в точке В. Треугольник
АВС—искомый.
567. Предположим, что задача решена.
Пусть О—центр окружности, описанной около треугольника
АВС (рис. 140), S—точка., в которой продолжение биссектрисы
AD встречает окружность, ОН—высота треугольника AOS. Ясно,
что дуги BS и CS равны, а поэтому OS перпендикулярно к ВС;
кроме того, OA=OS = R.
Из рисунка легко усмотреть, что / SOH~ / ADC^a, откуда
£ AOS = 2a.
Из вышеизложенного вытекает построение.
358
Строим равнобедренный треугольник AOS по боковым сторо-
нам ЛО = ЗО=/? и углу между ними 2а. На стороне ЛЗ откла-
дываем отрезок ЛР, равный I. Далее строим угол ЛРС = а.
Наконец, проводим окружность О радиуса 7?. Эта окружность
пересекает прямую DC в точках В и С, которые и являются вер-
шинами искомого треугольника ЛВС. Для возможности задачи
необходимо и достаточно условие AD — 1 < ЛЗ. В предельном слу-
чае, когда а = 90°, остается в силе то же построение.
568. Обозначим площадь треугольника ЛВС (рис. 141) через 3,
сторону ВС через а, точки касания вписанного круга и сторон
Л В и АС через Л4 и 7V. Имеем 2S = 2pr = a/i, откуда
2рг
а h~'
Также имеем
ЛМ-AN—p—а.
(1)
(2)
Таким образом, для построения стороны ВС искомого треугольника
достаточно [см. (1)] найти четвертую пропорциональную к величи-
нам 2р, г и h. Для построения угла Л искомого треугольника
достаточно отложить [см. (2)] отрезок МА=р—а на касательной
к окружности О, где М — точка касания. Из полученной точки Л
проводим вторую касательную.
Итак, мы построили угол Л*
Теперь задача свелась к построению
Теперь задача свелась к
нованию а, по высоте h и
по углу А при вершине.
На отрезке ВС = а стро-
им сегмент, вмещающий
угол Л, потом проводим пря-
мую L, параллельную ВС
и отстоящую от ВС на рас-
стоянии h. Точка пересе-
чения прямой L с дугой
сегмента определяет верши-
ну Л искомого треугольника.
Если прямая L пересекает
дугу сегмента в двух точ-
ках, то получим два рав-
ных треугольника, если Ь
касается дуги сегмента,
то получаем один треуголь-
ник, а если L не пересека-
ет дугу сегмента, то задача
невозможна.
569. Предположим, лто
треугольник ЛВС—иско-
мый (рис. 142), и пусть его
стороны ЛВ=с, АС=Ь,
ВС=а. Продолжив в обе
стороны отрезок ЛВ=с, отложим на нем
и соединим вершину С с точками D и Е,
DE=a+b+c, =
треугольника ЛВС по ос-
Рис. 142.
отрезки AD = b
тогда
и ВЕ = а
359
Отсюда и построение., На произвольной прямой,откладываем,
отрезбк DE, равный периметру трёугольника, строим пр одну сто-
рону от прямой ЬЁ углы Р.иЕ, равные соответственно половинам
углов А и В. Точка С пересечения сторон этих углов является
одной из вершин искомого треугольника., Далее из середин отрез-
ков DC и ЕС проводим к ним перпендикуляры до пересечения
с прямой DE в точках В и А. Точки А и В являются вершинами
искомого треугольника.
* Искомый1 треугольник можно построить и так: строим произ-
вольный треугольник с углами А и В. Этот треугольник подобен
искомому.
Известно, что периметры подобных многоугольников относятся,
как сходственные стороны, поэтому делим периметр искомого тре-
угольника на части, пропорциональные сторонам вспомогательного
треугольника. Эти части будут являться сторонами искомого тре-
угольника.
570. Предположим, что задача решена. Опишем около треуголь-
ника АВС (рис. 143) окружность с центром О и проведем биссек-
трисы AN = llt АР = 4 и медиану
AM треугольника ANP.
Так как
A/VJTAP,
то
Р И В^
S
Рис. 143.
АМ = МР и £РАМ = £АРМ.
Продолжение биссектрисы AN
пересекает дугу ВС в точке S, а
потому OS | ВС, так как S—
середина vBSC. Следовательно,
острый угол OSA составлен прямыми, перпендикулярными к сто-
ронам угла АРС, откуда следует, что Z OAS == / OSA = АРМ =
= /,РАМ. . 1 •
Теперь очевидно, что О AM =90°. Следовательно, окружность
касается AM в точке А.
Отсюда вытекает построение: строим прямоугольный треуголь-
ник NAP по катетам AN = lt и АР = /г, проводим его медиану АЛТ,
восставляем из А перпендикуляр AO — R к AM (так, чтобы точки О
и /V лежали по одну сторону от АЛ1) и из точки О радиусом О А
описываем окружность. Пусть эта окружность пересекает NP
в точках В. и С. Легко убедиться, что треугольник АВС—искомый.
571. Допустим, что искомый треугольник АВС построен (рис.
144) так, что ВС —а, / ВАС—а, ОЕ = г. Для того чтобы построить
искомый треугольник, достаточно определить положение центра О
вписанного круга относительно стороны ВС.
Так как расстояние точки О от ВС должно иметь данную ве-
личину г, то О находится на прямой MN, проведенной парал-
лельно ВС на данном расстоянии г от нее. С другой стороны, можно
определить угол, под которым данная сторона (ВС) видна из иско-
мой точки О. Соединяя отрезками О с В и С, мы получаем тре-
угольник ОВС, у которого углы при вершинах В и С равны по-
ловинам углов АВС и АСВ при тех же вершинах, так как центр
360
впйсайндго круга йаходйтся в точке пересечения биссектрис углов
треугольника. Сумма углов АВС и АСВ равна 2d—а, следова-
тельно; Сумма углов ОВС и ОСВ равна
, (2d—a):2 = d—
Таким образом, £ ВОС = 2d— (^d—= d + y . Построив на от-
' ' a
резке ВС сегмент, вмещающий угол d + y , мы обнаружим точ-
ку О пересечения дуги сегмента с прямой MN. Эта точка О—центр
впйСанного круга. Построив окружность с центром О и радиусом г,
проводим к ней касательные из точек В и С. Точка А пересечения
этих касательных есть третья вершина искомого треугольника.
572. Предположим, что задача решена (рис. 145). Опустим из
центра О перпендикуляры OD и ОЕ на стороны ВС и АВ искомого
треугольника АВС. Так как треугольники ODE й НС А подобны
как треугольники с соответственно параллельными сторонами и
поскольку
пс. АС АН
DE-—, то OD- —— .
Кроме того, так как цейтр О описанной окружности и ортоцентр Н
находятся одновременно либо внутри, либо вне треугольника АВС,
то отрезки OD и АН не только параллельны, но и одинаково на-
правлены.
Из вышеизложенного вытекает построение. Из точки О прово-
дим в направлении АН отрезок OD, параллельный АН и равный
его половине; затем проводим через точку О прямую MN, перпен-
дикулярную к АЯ, и из точки О радиусом О А делаем на прямой МН
засечки В и С. Треугольник АВС—искомый.
Если задача имеет решение, то оно единственное. Необходимым
и достаточным условием существования решения является условие
ОА > 0D, или ОА .
z
361
578. Пусть MN— искомый отрезок (рис. 146). Тогда
S&mnc _ МС • CN 1
$длвс ВС-АС 2
Если точка D—середина от- <
резка ВС, то I
MC-CN _ 1 I
2DC-AC~ 2 ’ ।
Следовательно,
МС АС
DC ~CN'
Для построения отрезка CN проводим МА и DN, параллельную МА.
Затем строим отрезок MN.
Глава XIV
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
574. Докажем, что в данную пирамиду можно вписать шар
(рис. 147). Пусть SDB—биссекторная плоскость двугранного угла
ASDC и двугранного угла ABSC. Построим MCDN—биссекторную
плоскость двугранного угла SCDA. Прямая MD—линия пересече-
ния этих двух биссекторных плоскостей, так как она принадлежит
им обеим.
Построим KA>BF—биссекторную плоскость двугранного угла
SABC. Пусть ВК—линия пересечения этой плоскости с плоскостью
SBD. Прямые AID и ВК, лежащие в плоскости SBD, пересекаются
в точке О, равноудаленной от всех граней пирамиды. Следовательно,
точка О—центр шара, вписанного в пирамиду.
Пусть V—объем пирамиды, S—полная поверхность ее, г—ра-
диус вписанного шара, тогда
Действительно, если данную пирамиду разбить на 5 пирамид
с общей вершиной О и основаниями ABCD, SAB, SBC, SCD и
SDA, то высотой каждой из них служит радиус вписанного шара.
Следовательно,
т. е. равенство (1) справедливо.
362
Пусть SB = Я*— высота пирамиды, ат-оторона основания. Из
треугольника SBD имеем
Н = а K2tg₽.
Следовательно,
v=«4Q4g0> (2)
Из треугольника SAB находим
S4 = /e24-2a2tg20=a /1 +2 tg2 0.
Далее, SC — SA как наклонные, исходящие из одной точки и имею-
щие равные проекции.
Так как АВ _[_AD, то SA £ AD (по теореме о трех перпенди-
кулярах); по аналогии SC | CD. Итак,
S = a2 + a2 K2tg₽ + a2 Kl + 2tg2₽, (3)
или
S = а2 (1 + V 2 tg 0 + V1 4-2 tg2 0).
Поэтому, учитывая (1), (2) и (3), получаем
г=ЗУ = , а / 2 tg 0_______u'
Г S 14. у 2 tg 04- Kl 4-2 tg2 0 ‘
„ a / 2 tg 0
Отв.-----r—------.
14- K2tg04- К 14-2tg20
363
575. 5А ВС — данная* пирамида; SD—высота ее (рис. 148)
В предыдущей задаче мда установили, что
ЗУ
r=s—’
°полн
Из прямоугольного треуголь-
ника ADC находим, что ' ’
ЛО = /52—32 = 4,
следовательно,
а объем пирамиды
'/=у«длвС-5О = 1"12-1=4.
Проводим SM [ Л С; тогда DM АС (по теореме о трех пер-
пендикулярах). 1
Таккак треугольник ADC прямоугольный, то
DM =
AD-DC 4-3
——=—=2,4.
В треугольнике SMD угол D прямой, поэтому
SM ~ VMD*+SD2= К2,42 + Р = 2,6,
а следовательно,
о _______________________с _______1 .5*26__—
Найдем площадь треугольника BSCi
Итак,
$жолв — 5д авс + 25д лзс + 5д взс =12 + 2 ~ 4- 3 = 28,
. 3V =3’4- 3
$полв 28 7
3
Отв.
576. Пусть SABC—данная пирамида (рис. 149), SA =^at SB==b,
SC = c и SO перпендикулярно к плоскости АВС. Введем обозначе-
ния SO = А, ^05Л=а, ^OSB = p, £OSC=^y.
364
Если считать точку S вершиной прямоугольного параллелепи-
педа, ребра которого расположены на прямых SA, SB и SC, а
диагональ расположена на прямой SO, то имеет место равенство
cos2 a-h cos2 р + cos2 у = 1 •
тт h ' h h,
Ho cos а «=—, cos B = —, cos y =—.
a b 1 c
Следовательно,
Рис. 150.
Рис. 149.
577. Пусть SM —высота пирамиды SABC, SAM =<р (рис. 150),
тогда
. SM SM 1 .
tg(₽_4Af_2MD 2 tg ’
г 1 .
tg<P = y tg a.
(1)
Из центра О шара опустим перпендикуляр на боковое ребро SA.
В треугольнике SOF
£F = <№, £SOF = y, OS~R,
SF—R sin ф,
SA =2SF=^2R sin ф.
365
1
В прямоугольном треугольнике ASM
AM=2R sin <р cos <р = R sin2<p.
Сторона основания
АВ = АМ V"3 = R K3sin2<p.
Учитывая (1), имеем
AB = R КЗ
2tg <р _ 2 2 tga _ 4/?V~3tga
l + tg2«P_/? Г 3i+| tg2a~ 4 + tg2a •
О me.
4/? К 3 tg a
4+tg2a
678. Из рис. 151 усматриваем, что в треугольнике CDE
CD=d,
следовательно,
CE — d cos 0.
Таким образом,
SM =^гСЕ = 4> COS р.
£ £
В треугольнике ASM
AS____________SM
sin (л—0) “ sin (0—a)’
следовательно,
д q — SM sin 0 _ d cos 0 sin 0 _ d sin 20
“"sin (0—a)“2 sin (0—a)-4 sin (0—a) *
В треугольнике ASB
AB = AS
sin 2a sin(04-a)’
Теперь легко определяем AB.
d sin 2a sin 20
Tsin(0+a)sin(0«a)*
579. Имеем 00 r—ось цилиндра (рис. 152), плоскость EFN па-
раллельна плоскости BSD, поэтому £ FNM = SD02 — a.
Пусть ОМ=г, тогда 00! = 2г.
366
Так как ЛЮ—биссектриса £FNMt то из треугольника MON
находим
MN = r otgy.
Но
ЛМ = Л4Лг=г ctgy.
Далее,
o2a=o2m+am,
т. е.
<M = r+rctg£=r (l+ctgy) . (1)
В треугольнике SAOa
(Г
02A=c cos а. (2)
Из (1) и (2) имеем
(, , , а\
l + ctg-£-l=acos а,
откуда
__ а cos а __
l+ctg7
f ft ® . 9 а \ i а
a I cos2 75-sin2 к- 1 sin -х-
Е= ’ ’ -- - - ' -----—
. а . а
sin-y+cos-g-
О/ив. г =
. а ( а . а\
= a s'" ~2 (cos-y—sin -у ).
580. Первый случай. Треугольник ASB—осевое сечение
конуса (рис. 153). Отрезок /ИЛ7—пересечение осевого сечения ко-
нуса с сечением конуса плоскостью, указанной в условии задачи, AfAF
перпендикулярен к SB.
Пусть OD=r, тогда SN — kr. Очевидно, что C0FN—квадрат.
Обозначим SAD = ^ S0F=2a, тогда SD = ADtg2a.
Имеем
VKo.=4-«<4^-SD=4-« •4D3tg2a. (1)
О о
367
Из треугольника AOD находим, что AD = г ctgа (так как* ЛО—
биссектриса угла ЗЛО), следовательно, (1) примет вид
VK0B=y№ctg»atg2a.
4
Далее, так как Ушара=-з яг®. т0
' -i- № ctg3 a tg 2a
" KOH *3 __________
V 4 ’
*шара 4 ЛГ3
Укон _ tg 2«
Ущара 4 tg3 a
Из треугольника SOF
имеем
. . SF SN+NF kr + r ...
tS2o = 6F==-QF-=—= fe+1’
ИЛИ
2tga -fe 11
1—tg3a + ’
(fe-F- l) tg3 a + 2 tga-(ft+1) = 0,
tga=
ft+1 “
_ /fe3 + 2fe + 2-1 ...
~ ft+1 * (3)
Таким образом, из (2) и (3) по-
лучаем
Ушара 4(/fe3 + 2fe+2—l)3'
Уничтожив иррациональность в знаменателе, получаем
Укон , _(l+/ft3+2ft+2)8
Ушара 4(fe+l)3
Второй случай. Если плоскость, касательная к шару, пе-
ресекает образующую (перпендикулярную к этой плоскости в точ-
ке А\), то SNi = kr, а поэтому
SF=(k— 1)г и tg2a = /e—1.
Заменив в преобразованиях первого случая (£+1) на (k—1), по-
лучим
Укон = Г
Ущара 4 (/ft3—2Й + 2—1)3‘
368
следовательно,
Укон _{i+Vk*-U + 2f
Ущар. 4(Л—1)« ; •
581. Пусть С, D, £ —центры шаров (рис. 154), г«— радиус каж-
дого шара
CE^CD = DE = 2r.
В треугольнике
ACM
Далее,
В треугольнике
/ Л =30°,
AM = г ctg 30° = г
СОх = _^=_^.
ASO
Z л=бо°,
Но
AO = hct^W = ^=
AO=AM + MO=AM + COi = rV 3 + -—.
F 3
Поэтому
2г h
582. Пусть О—центр вписанного шара, Ох —основание высоты
пирамиды, К и N—точки касания этого шара с двумя соседними
боковыми гранями пирамиды (рис. 155). Отрезки MN — M01 как
длины касательных, проведенных к вписанному шару из точки М.
В треугольнике AOtM
MO^ctg-.
369
В треугольнике "SAfOi
sm
cos a 2 cos a
В треугольнике MBF
MF = a cos — .
(1)
(2)
Далее,
ctg-----------------------------
SN = SM — MN=SM— M0i=4-----------—-2-ctg— =
1 2 cos a. 2 6 n
. л
actg —
-=- ---L (1 —cos a). (3)
t 2 cos a ' v
Из подобия треугольников AzS/< и MSF следует
или, учитывая (1), (2) и (3):
2VK=acos —(1—cosa) = 2acos — sin2-^-.
n v ' n 2
Л Лг . - a
Отв. 2acos — sin2—.
n 2
583. По условию AMB = £ BMC — / CM A =90° (рис. 156).
Точки M, Л, В и С можно считать вершинами пирамиды МАВС.
Пусть
/ИЛ=х, MB=yt MC = z,
а искомое расстояние M0—h.
Из прямоугольных треугольников АМВ, ВМС и СМ Л следует
х^ + у2—с2,
х 1/2 + г2=а2,
х2-|-22=Ь2,
откуда
«:=у /2(^+<^—as),
2(а»+с«-й»), ' (1)
г = 1Г 2(^+а»-с«).
Пусть V—-объем пирамиды МА ВС, тог&а
V=|SAABcA- (2)
870
Если же принять за основание пирамиды треугольник ЛЛ4С, то
ребро МВ будет служить высотой пирамиды, а поэтому
„11 1
V^.^zy^xyz.
Из (2) и (3) следует, что
и ХУ2
2$д АВС ’
а из (I) и (4) имеем
1 -ж /+ с2 — (а2+с2 — Ь2) (а2 + Ь2 —с2)
4]Л2 У р(р — а)(р — Ь)(р—с)
где
а+^+с
Р==~2~ •
(3)
Рис. 156.
Рис. 157.
584. Пусть S—данный трехгранный угол (рис. 157). Проведя
плоскость, отсекающую на ребрах трехгранного угла равные отрезки
(S4=SB = SC), получим правильный тетраэдр SABC, Пусть МО =
— R—радиус шара, вписанного в этот тетраэдр.
Так как DM—биссектриса угла D в треугольнике SDO, то
МО OD
SM~~SD'
Но OD—~ BD = ~ SD, поэтому
и О'
МО 1 1
зм=а илн mo=tso-
Таким образом, диаметр вписанного шара равен ~ SO. Проведя че-
рез середину SO плоскость, параллельную плоскости ЛВС, полу-
чим второй правильный тетраэдр S^iBjCi, подобный первому; ко-
эффициент подобия равен
371
Поэтому, обозначая радиус шара, вписанного в правильный
тетраэдр буквой г получим /?:г = 2.
Оба шара караются друг друга в точке Olt являющейся сере-
диной высоты большего тетраэдра.
Отв. г:#=1:2.
585. Пусть диагональ АхС служит осью цилиндрической по-
верхности, которая касается ребра AD (рис. 158). Радиус цилинд-
рической поверхности равен отрезку, перпендикулярному к скре-
щивающимся прямым АГС и AD и имеющему концы на.этих пря-
мых, так как этот отрезок есть один из радиусов цилиндрической
поверхности.
Длина указанного отрезка (так называемое кратчайшее рассто-
яние между А±С и AD) равна расстоянию от любой точки отрезка
AD до плоскости, параллельной AD и проходящей через АХС, т. е.
до плоскости ЛхЛхСВ.
Проведя AM перпендикулярно к плоскости AiD^B, легко
вычислим AM:
АЛ1=-|- V2.
Так как плоскость ААхВхВ перпендикулярна к плоско-
сти A1D1CB9 то AM принадлежит плоскости ААхВхВ. Таким об-
разом, AM является радиусом цилиндрической поверхности.
Рис. 158. Рис. 159.
586. Так как FK — медиана треугольника SEF (рис. 159), то
^aesf = 2^askf. (О
В треугольнике SOF
SF2 = ~ + h2, SE=SF.
В треугольнике ESF медиана
FK = 4- К2SF2 + 2£F2—S£2 = 1/ + = /9а«+4Л2 .
л L f Ч
872
Обозначим искомое расстояние SL через х, тогда
«ДЕ5Р=4«Л. = 1 /9а2 + 4Л«.
Учитывая равенство (1), получим
left = ± /9а2 + 4ft2,
откуда легко определить х.
~ 2ah
Отв. - —.
/9а2 4-4ft2
587. Угол АМС = <р—линейный угол двугранного угла (рис. 160).
Пусть / SCD = a. В треугольнике С МВ М = 90°)
1
sin а
CM CM
a ~2CD
2 sin -2.
А
так как
. ср CD ,
sin"2““ CM (СМ*
DMC).
угольник
Так как SZ)=-^tga
Л SDC), то
бок = “2 Зл-g-tg a =
3a* 3a2 sina
=-T- tga = ~;—t==
4 4 j — sin2 a
тре-
(из
- Отв. S6oK
3a2
4 j/^4 sin^ —1
588. Пусть А В — штатив (рис. 161). Проводим прямую BD че-
рез точку В и вершину конуса С. Через BD проводим плоскости Р
и Q, касательные к данному конусу. В плоскости ABD проводим
CL параллельно DA. Приступим к вычислению площади тени ко-
нуса bdmkn.
В треугольнике BCL
CL — BL = 2, £ BCL = 45°.
373
Так как в треугольнике OCD D = 45°, то OD = OC —2. Так как
в треугольнике ODN £ Дг = 90° и OD=2O2V, то ODN = 30°. Отсюда
z Л4ОЛГ= 120°, MN = 0N /"3 = ООО,
$ DMKN — SoMDN сектора 0MKN~
=«£^_!==Ц1-!!5!.=.Гг 3-2-1
В
Рис. 161. Рис. 162.
589. Пусть Р—секущая плоскость, P||BD (точки А и К при-
надлежат Р) (рис. 162), SOi—линия пересечения плоскостей DSB
и ASC, MN—линия пересечения плоскостей Р и DSB, AMKN—
сечение пирамиды плоскостью Р. Имеем
samkn=^mn.ak, (1)
поскольку MN ^_АК.
Так как Л MSN ел Л DSB, то Но SOi —медиана
ЛС^ SO 2 MN 2
треугольника ASC и, следовательно, = а значит, »
т. е.
9
M/V = 4b. (2)
и
Так как АК —медиана гипотенузы треугольника ASC, то
AK=±-SC=± Каа + /п2- (3)
Из равенств (I), (2) и (3) следует
samkn=~2 ’~3Ь~2 ^Га2~^т2'
Отв- SAMKN^iyr°'i + m2-
374
590. Пусть £ ASC = u> DE—1. Обозначим SBO = p (рис. 163).
Из треугольника SOB имеем
д OB 2AD 2 AD 2 . а
C0SP = ob = ~^ = -7=сПГ = -7= sin 7Г •
SB / 3SB yjSA /3 2
/ др ___
Так как (из Д BDE) и BD = -~ ^3 (из Д ЛВС), то
(1)
ас г '
3 sin £
Следовательно,
2
Так как BO=-^BD
о
S ~ 12
Здлвс-^-^р-
2/
-=—7—5 , то в треугольнике SOB
3 sin р
so~OB'^3Srf-
Объем
V=ls so-1 /2 21 2Р
з длвс з |<3Sinap3cos₽ 9sin*рcosР У^З"
Учитывая равенство (1), получаем
sin2 p = l=-cosa 0= 1— 4- sin2 -^-=~ f 3—4 sin2
о Z о \ . Z }
(2)
1 /а . а
«С-------- 3 510-77
’ 2
. о а
sin3T
3siny
(3)
375
Из (1), (2) и (3) следует/что ’
2/33sin-^- /'З
1 ,о За
-3- /3 cosec—
О л
9 ]/~3 sin ^2 sin —
z £
Рис. 164.
Отб. -i- I3 cosec . '
o 2
591. Если 0°<а<60°, то возможен только один вид паралле-
лепипеда, удовлетворяющий условию задачи; две противоположные
вершины его— вершины трех-
7 гранных углов, каждый из
пдрских углов которых равен а.
Найдем объем паралделе-
.пипеда этого вида , (рис. 164).
Проводим АХО перпендикуляр-
но к плоскости ABCD. Все
плоские углы трехгранного уг-
ла А — острые. Так как по
условию AXAB=^AXAD =
«=а, то АО — биссектриса
. £BAD, т. е. Z CAD—^r .
, . 2 -
Проводим ОМ JAP и
строим- отрезбк АХМ. "по тео-
реме о трех перпендикулярах отрезок AM также перпендикулярен
к AD, т. е. Д ААХЛ1 и А А ОМ — прямоугольные.
Из прямоугольного треугольника AAtM находим, что
AM = а cos а,
а из прямоугольного треугольника АОМ имеем
AM a cos а
. АО =-------------------------=-------.
а а
cosy COSy .
Обозначим АХО через Н. Из прямоугольного треугольника ААХО
следует
„ a2 cos2 а
л2 = а2-----------------
а2
2 а
cos т
а2 ( о а 2 X
--- cos2 -н—’ cos2 а ==
2 а 2 а \ 2 /
cos2 y cos2 "2"
2а 1+cosaX а2 . За . а
-------2“)------^S,nrS,n2-’
z COS2 -5-
откуда
гг а -«/ . За . а
• я = —-у sin¥siny
C°Sy
376
Площадь основания параллелепипеда равна
SABCD=a* s,n«-
Теперь у нас достаточно данных для нахождения объема па-
раллелепипеда _________
v*=sabcd н = а* sin а—sin^siny.
cosy
.Итак, ______
г» ч « -i Г » За . а
V = 2a3siny у sin у sin у.
Если же 60° < а < 90°, то, кроме указанного параллелепипеда,
возможен еще один вид; две противоположные вершины его—вер-
шины трехгранных углов, каждый из плоских углов которых
(180°—а). В этом случае сумма всех трех тупых плоских углов
меньше 360°. Проведя решение приемом, аналогичным рассмотрен-
ному, найдем ___________
n q « тГ За а
V1 = 2a3cos— у — coscos 75-.
Z F & £
592. Пусть SM = SB = /, ОВ==Я, SAfJLSB (рис. 165), тогда
vAfDB содержит 120°, а ВМ==/?угЗ. Так как MSB =90°, то из
треугольника MSB имеем
2Z2=3/?a.
Из треугольника SOB
p = R2 + h2t
Из (1) и (2) получаем
₽а = 2Яа.
Объем конуса V = -д- лЯаЛ
учитывая (3),
У=4лй».
О
(1)
имеем
(2)
(3)
или,
593. Пусть MN0 = a—линеййый. угол двугранного угла при
основании пирамиды МАВС МО~Н—высота пирамиды
(рис. 166).
Из треугольника МОЛ1 следует
07V = tfctga. (1)
Так как по условию все внутренние двугранные углы равны, то
точка О одинаково удалена от всех сторон основания пирамиды,
т. е. является центром окружности, вписанной в основание пира-
миды. Обозначим ее радиус через г.
377
£
Так как r-p = St то r= — .Из равенства (1) следует
р ч aN
ctga'
5
Но так как ON = г=- — , то
Р
Найдем объем пирамиды
V=ls/f=4«4 tga = ^p.
О и р ор
s
Так как S6nK =--, то
оок cos а
2Scos’-f-
5полн = 5 + — =-------------
полн COS а COS а
Отв. V
S2 tga
Зр ’ °полн
2S cos2 у
cos а
594. Пусть AD — ребро прямого двугранного угла (рис. 167),
АВС—данная плоскость.
Пусть CD^AD и Проведя и DFVAC,
убеждаемся (по теореме о трех перпендикулярах), что С£ АВ
и BF I АС. Поэтому CED = £ BFD = a.
Обозначим искомый £ ВАС через х.
Пусть DN~a.
Так как плоскость CDE перпендикулярна к плоскости АВС
и плоскость BDF перпендикулярна к плоскости АВС, то DN пер-
пендикулярна к плоскости ABC (DN—линия пересечения плоско-
стей СЬЕ и BDF).
378
Из треугольника NDF имеем F7V = actga, а из треуголь-
ника CND имеем 7VC = atga. Углы CNF и ВАС равны как углы
с соответственно перпендикулярными сторонами, т. е. CNF—x.
Из треугольника CNF имеем
NF a ctg a . 9
cos х = . • • = ctg2 a.
NC a tg a s
Отв, arccos (ctg2 a).
595. Пусть / BSC = a, ASB = P, £ ASC — ^. Строим BA JLSB
и ВС J_SB. Итак, 2 ABC = x—линейный угол двугранного угла SB
(рис. 168).
Пусть SB = a. В
SA = a sec р ,
В треугольнике CSB
SC = a sec a,
Из треугольника ASC следует (по теореме
косинусов)
ЛС2 = а2 sec2 a + a2 sec2 р —
—2a2 sec a sec p cos у
и из треугольника ABC
АС*~а* tg2 a + a2 tg2 P—
—2a2 tgatgP-cosx.
треугольнике ASB
AB = atgP.
J
ВС = a tg a.
Рис. 168.
Поэтому
a2 sec2 а + a2 sec2 р—2а2 sec a sec р cos у =
==а2 tg2 а + а2 tg2 р—2а2 tg a tg р cosx.
Следовательно,
или
2 sec a sec p-cos у—2
COS X =----тс- —q-2-------
2 tg a tg P
cos y—cos a cos P
COS X =---4----г-д—- .
sin a sin p
По
где
аналогии получим
cos a—cos P cos у
cos у=-----. -Q Л----L,
* sin p sin у
линейный угол двугранного угла SA;
cosB—cos a cos у
cos z =--,
sin a sin у
где г«—линейный угол двугранного угла SC.
596. Пусть DSC ~х—искомый угол (рис. 169), О—центр
вписанного в пирамиду шара и центр шара, описанного около нее,
SM—высота пирамиды, SK—ее апофема.
379
Пусть КС = МК = а, OS — OC — R, ОМ—ОЕ = r (R—радиус
описанного шара, г — радиус вписанного шйра).
Треугольники SOE и СОМ равны, так, как они имеют равные
гипотенузы (OS = OC) и равные катеты (ОЕ = 0М). Следовательно,
SE = MC = a/2. (1)
Так как Л ОЕК = £±ОМК> то
ЕК = МК = а. (2)
Из (1) и (2) следует, что
SK=SE + EK = a ]/’2 + а = а(/2+1).
В прямоугольном треугольнике SKC угол .
Имеем
х КС а .
tg 2“S/(“e(/2+l)_^ ’
откуда
-i=22°30'. '
Отв. 45°.
Рис. 170.
Рис. 169.
597. На рис. 170 изображены осевые сечения усеченного конуса
и обоих шаров.
Пусть 2 в^ = ^ Проводим BF y_AD. Имеем
FD ,AD+BC _ЛД+СР = де.
380
op 27?
Ho (из ДАВВ), поэтому Теперь из тре-
угольника BFD легко найти
BD= 1Л4/?2+-Vl + sinax.
Г 1 sin2 х sinx ‘
Но BD = 2fl /30 sin х, поэтому
-М- V l + sin«x = 2R Кзб sin х,
sinx
l+sin2x = 30sih4x,
30 sin4 х—sin2 х—1 = 0,
sin2x=0,2.
Следовательно,
cos2x=l—2 sin2 x = 0,6.
Отв. у arccos 0,6.
598. Сечение ABDE—квадрат (рис. 171). ВС—отрезок, соеди-
няющий точки верхнего и нижнего оснований АО || О±В, поэтому
Пусть ^АВС = х, OA = R, тогда АВ = 22?. Из треугольника
АОС следует, что АС = 22?sin-—, а из треугольника АВС
♦ - Ас 2J?sin 2 а
igX~AB~ 2R -SnT
599. Пусть АВХ и A^D—непересекающиеся диагонали двух
смежных граней параллелепипеда, ^.В1АВ=а, ^AtDA = P
(рис. 172).
381
Проводим DCt—диагональ грани DD^C. Так как РСХ||.ЛВХ,
то угол между ЛХР и ЛВХ равен углу ЛХРСХ, который мы обо-
значим через х.
Проводим Dv'MJLDCi в грани DDXCXC (точка М принадлежит
CXD). Легко убедиться, что ЛХЛ4 | DCX (по теореме о трех пер-
пендикулярах).
Обозначим ЛХР через /. Тогда из прямоугольного треуголь-
ника ЛХРЛ4 имеем
DM = /cosx. (1)
В прямоугольном треугольнике ЛХРХР угол Лх = 0, следовательно,
DDt = l sin 0. (2)
В прямоугольном треугольнике DDjM угол Dx = a, следовательно,
DM — DDX sin а, или, учитывая (2),
DM = 1 sin a sin p. (3)
Из равенств (1) и (3) следует, что /cos x = l sin a sin p, откуда
cos x = sin a sin p.
Отв. arccos (sin a sin p).
600. Пусть О и Oi—центры оснований двух соседних конусов,
лежащих на плоскости Р, М— середина отрезка ООХ, ЗЛ и SB — про-
екции высот SO и ЗОХ этих конусов на плоскости Р (рис. 173).
Пусть SO = SOX=ht х^
искомый угол. В тре-
угольнике AOS катет ЗЛ =
= /tcos~. В треугольнике
SAM катет
Л N==SA sin— =з
п
1 х - Л
= /i cos — sin — .
2 п
Из треугольника SMO
имеем
SM = hcQS~,
Л
OM — AN=h cos-^-sin — .
2 п
х х ОМ
tg 2 "SM
. X . л
h cos тг sin —
2 п
f х
ft COS-g-
. X , я
или tg -x- = sm — .
2 n
(51
siny
382
SOL Пусть SABC—данный тетраэдр (рис. 174) и SA=d,
ВС = Ь, 2. (ЗА, ВС) = ф, с—кратчайшее расстояние между SА и ВС.
Достроим тетраэдр до па-
раллелепипеда CBMNADES
(как показано йа рисунке).
Тогда CN = a, £BCN — y,
с—расстояние между парал-
лельными гранями CBMN и
ADES, т. е. высота парал-
лелепипеда.
Пусть Vx—объем этого
параллелепипеда. Имеем
VL=abc sin ф,
так как площадь паралле- Рис. 174.
лограмма CBMN = ab sin ф.
Если считать основанием тетраэдра SABC треугольник АВС,
а основанием параллелепипеда—параллелограмм CADB, то тет-
раэдр и параллелепипед будут иметь одинаковые высоты. Так как
площадь треугольника АВС равна половине площади параллело-
грамма CADB, то, обозначая через h общую высоту тетраэдра и
параллелепипеда, получим
=у 5ДЛВС h =-^SCADBh = g- Vx = -g aba sin a.
л abc sin a
Отв, ----£—
о
602. Пусть EF — a, KL = b, с—кратчайшее расстояние между
EF и KL, а—угол между EF и KL (рис. 175).
Согласно задаче 601
Vefkl в abc sin a.
В параллелепипеде
ABCDAiBiCiDt площадь ос-
нования ABCD равна afcsina,
а высота, опущенная на это
основание, равна с. Поэтому
объем этого параллелепипеда
V—abcsina.
Следовательно,
V “ 6 ‘
л 1
Отв. -х- .
о
603. Сечения АВС и AlBiCl представляют равносторонние
треугольники, плоскости их параллельны, так как АВ || A^Bi,
AClIAiCp Если провести плоскость, параллельную этим сечениям,
посередине между ними, то в сечении получится шестиугольник
DEFGHK- Стороны его равны, так как каждая из них равна
ЗШ
половине диагонали грани куба, например, DE — -^-CB как средняя
линия ДЛХВС (D есть середина А±С, а Е—середина ЛЛВ). Но и
углы этого шестиугольника все одинаковы, по 120°, так как сто-
роны их параллельны сторонам равностороннего треугольника ЛВС.
Таким образом, шестиугольник DEFGHK — правильный (рис, 176).
Рис. 176.
604. Пусть в четырехгранном углу SABCD наибольший пло-
ский угол есть ASB (рис. 177). Проведем плоскость через прямые
SD и SB. Так как любой плоский угол трехгранного угла меньше
суммы двух других, то можем записать
Z ASB <£ASD + £DSBt
£DSB< Z DSC +Z BSC.
Отсюда получаем
/ ASB < £ ASD+£ DSC+ £ BSC.
605. Допустим, что такой многогранник существует и имеет
т граней. Пусть грани имеют число сторон п19 п2, п3, .. ., пт.
Подсчитаем число ребер этого многогранника. Очевидно, число
всех сторон всех граней в два раза больше числа ребер много-
гранника, так как одно и то же ребро является общей стороной
двух смежных граней. Поэтому число ребер многогранника
2 ’
Но каждое из чисел п2, ..., пт—нечетное и число их т
тоже нечетное, поэтому и сумма, стоящая в числителе, тоже не-
четная и не разделится без остатка на два. Итак, такого много-
гранника не существует.
384
606. Пусть ADE (рис. 178)—биссекторная плоскость двугран-
ного угла при ребре AD пирамиды АВСР. Если принять за осно-
вания пирамид ABDE и АСРЕ соответственно грани ABD и АСР,
то обе пирамиды будут иметь равные высоты, поскольку точка Е
биссекторной плоскости равно-
удалена от плоскостей ABD и
ACD. Таким образом,
объем АВРЕ _
объем ACDE
_ площадь АВР ..
“ площадь АСР ‘ '
Если же, за общее основание
тех же пирамид принять грань
АРЕ, то ясно, что их высоты
будут относиться, как ЕВ к
ЕС, следовательно,
J)
объем ABDE _ЕВ
объем 4CDE Рис. 178.
(
Из (1) и (2) следует доказываемое, а именно:
ЕВ площадь АВР
ЕС-”площадь АСР
607. Пусть прямая имеет Три точки А, В\ С, общие с цилинд-
рической поверхностью. Спроектируем цилиндрическую поверх-
ность на плоскость, перпендикулярную к образующим. Эта по-
верхность спроектируется в виде окружности. Прямая, если она
не параллельна образующей, спроектируется на эту плоскость
в виде прямой, которая будет иметь с этой окружностью три
(разные) общие точки, что невозможно. Прямая эта должна быть,
следовательно, параллельна образующей (тогда она спроектируется
в одну точку), но, имея общую
. точку с поверхностью, т. е. с одной
из ее образующих, она должна
< / \ совпадать с этой образующей.
/ Вторую часть задачи (для
Лу-—« —конической поверхности) дока-
/ vX. жите сами.
/ . . \ /Х. 608. Соединим точки В и С, А
и D отрезками прямых (рис. 179).
4 /f Через точку А проведем прямую
параллельно MN до встречи в
Рис. 179. точке К с прямой, проходящей
через В и N. Заметим, что
Л/С = 2МЛ\ так как MN — средняя линия в треугольнике АВК-
Далее,
/\BNC = /\KND,
ибо BN=NK, CN=NP и £BNC== £ KND. Поэтому РК = ВС. Из
треугольника АРК следует
DK + AP > AK^ZMN
13 И. X. Сивашинскнй
385
(здесь существенно, что точка D не лежит на прямой АК, иначе
пришлось бы поставить знак ^). Итак,
BC + AD>2MN,
что и требовалось доказать.
809. Пусть DE и KF—два отрезка, каждый из которых сое-
диняет середины скрещивающихся ребер (рис. 180). Соединим от-
резками точки D и Г, F и Е, Е и К, К и D. Тогда FE || АВ и
FE=-^AB как средняя линия треугольника ASB. DK || АВ и
DK=-^- АВ как средняя линия треугольника АСВ. Следовательно,
FEz^DK. Поэтому DFEK—параллелограмм, диагонали которого
пересекаются в точке О и делятся в этой точке пополам.
Аналогично доказывается, что отрезок, соединяющий середины
скрещивающихся ребер АВ и SC, пройдет через середину отрезка
DE, т. е. через точку О.
Рис. 180. Рис. 181.
610. Пусть высота SO проходит через точку О— ортоцентр
треугольника АВС (рис. 181).
Пусть ВМ —другая высота пирамиды, т. е. ВМ [ пл. ASC,
AM — проекция АВ на пл. ASC. Так как АВ J_<SC (по теореме
о трех перпендикулярах, так как ОС JL ЛВ), то и АЛ1 J_SC
(по обратной теореме о трех перпендикулярах).
Аналогично доказывается, что SM J АС (так как OBJ_AC,
то SB | АС, а следовательно, и SM 1 АС).
Таким образом, точка М — ортоцентр треугольника ASG.
Так же доказывается, что высоты пирамиды, проведенные из
вершин Л и С, пройдут через ортоцентры противоположных граней.
611. Пусть Ох-—центр тяжести грани ASC, ВО^ — олум из рас-
сматриваемых в задаче отрезков. Возьмем еще какую-нибудь грань,
например BSC\ обозначим ее центр тяжести через О2 и докажем,
что отрезок А02 пересекает отрезок BOY и при этом точка пере-
сечения отрезков О делит отрезок ВОг в отношении 1:8, считая
от точки Ох-
386
В самом деле, если и середины отрезков АС и АВ
(рис. 182), то очевидно, что АВ || легко также видеть, что
OiO21| Л41Л42, так как точки Oi и О2 делят соответственно отрезки
MtS и M2S в одном и том же отношении. Поэтому АВ |1 ОХО2,
фигура ДВО2^1“*трапеция и, стало быть, ее диагонали BOj и
пересекаются. Обозначим точку пересечения диагоналей через О.
Имеем
М±М2 1
АВ ~ 2 ’
O1O2 __2
з"
Перемножив эти равенства, по-
01^2 1 и
лучим — у. Но из по-
добия треугольников АОВ и
Ш следует
ОуО__
бв"==1в' •
182.
A
в
Рис.
Таким образом»
теперь возьмем центр тяжести еще
о в ~ з ’
что и утверждалось. Если мы
на одной грани и построим соответствующий отрезок, то он в силу
доказанного также пересечет отрезок В0г и притом в точке, кото-
рая разделит В0г в отношении 1:3, т. е. в точке О. Следовательно,
все рассматриваемые отрезки пересекаются в точке Очевидно
также,, что точка О делит любой из них в отношении 1:3, что и
требовалось доказать.
612. Пусть заданы прямые а, b и с. Проведем через каждую
из них по две плоскости, параллельные двум другим; получатся
три пары параллельных плоско-
стей. Тело, замкнутое этими ше-
стью плоскостями, и будет иско-
мый параллелепипед.
613. Пусть SABC — данный
трехгранный угол (рис. 183).
Геометрическим местом точек,
равноудаленных от граней дву-
гранного угла SX, служит биссек-
торная плоскость этого двугран-
ного угла—плоскость ASE.
Геометрическим местом точек,
равноудаленных от граней дву*
гранного угла SB, служит биссек?
торная плоскость этого двугран?
ного угла —плоскость BSD.
Обе биссекторные плоскости
пересекаются по прямой SO;
следовательно, луч SO — искомое
геометрическое место точек. Заметим, что и третья биссекторная
плоскость проходит через этот луч.
13е
387
614. Пусть Q—одна из множества плоскостей, проходящих
через прямую ВС (рис. 184).
Проведем через точку А плоскость Р | ВС\ DE—линия пере-
сечения Р и Q.
Проведя AMJ_Q (точка М принадлежит Q), убедимся, что
точка М принадлежит Р и точка М принадлежит DE, причем
ку М отрезками с
при этом МА I Q.
Следовательно,
AMJ_^£ (Р—точка пересе-
чения ВС и Р).
Отрезок AD виден из точ-
ки М под прямым углом. Точ-
ка М принадлежит искомому
геометрическому месту точек.
Следовательно, каждая из то-
чек искомого геометрического
места точек лежит на окруж-
ности, построенной на отрезке
AD, как на диаметре.
Если же взять произволь-
ную точку этой окружности,
то всегда можно найти плос-
кость, проходящую через эту
точку и прямую ВС. Пусть
М—эта точка, a Q— единствен-
ная плоскость, проходящая
через М и ВС. Соединив точ-
концами диаметра AD, получим £ AMD — 90";
точек служит
окружность, лежащая в плоскости Р, построенная на отрезке AD,
как на диаметре.
искомым геометрическим местом
Глава XV
НЕРАВЕНСТВА В ГЕОМЕТРИИ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
615. Известно, что среднее арифметическое положительных чи-
сел не меньше их среднего геометрического.
Поэтому
или
Зр —(а + & + с)^ |/р(р—а) (Р — Ь) (р-~с)
388
Но так как площадь треугольника
$=Ур (р—а) (р—Ь) (р—с) = рг,
ТО
или
или
откуда
р2^27га.
Знак равенства имеет место лишь при а = Ь~с. Заметим, что гео-
метрический смысл этого неравенства таков: из всех треугольни-
ков, описанных вокруг данного круга, равносторонний имеет наи-
меньший периметр.
616. Обозначим радиус круга, вписанного в треугольник АВС
через г, тогда сторона правильного треугольника /IiBxCj, вписан-
ного в этот круг, равна г У”з, а периметр его равен Зл Если
обозначим периметр треугольника АВС через 2р, то задача сво-
дится к доказательству неравенства
2р 6г Уз,
или
р^Зг УЗ,
или
ра^27га.
А это неравенство было нами доказано в задаче 615.
Знак равенства имеет место лишь при АВ = ВС = АС.
617. Предварительно докажем, что площадь треугольника не
больше -g-, где а и b—две его стороны. Действительно, если при-
нять а за основание треугольника, то Ь не меньше его высоты Л.
Следовательно, площадь треугольника
ah ab
Очевидно, что сумма площадей четырех треугольников, каждый из
которых образован соответственно двумя сторонами и диагональю
четырехугольника, представляет удвоенную площадь четырехуголь-
ника. Таким образом, удвоенная площадь четырехугольника не
больше суммы
«£ X 2* £
2
х (о -f- с) (b -j- d)
а площадь четырехугольника не больше -----------------
389
1
818. Предварительно докажем, что имеет место неравенство
1 1 4
----1-;—» если m > О, и>0.
т п т^п
Действительно, рассмотрим очевидное неравенство
(т — п)2^0,
т2—2tnn + n2^Qt
m2 + 2/nn + n2—4mn^0, '
(m + n)2—4mn О,
(/n + n)2^4/nn,
m + n 4
tnn ~"m + n9
n m + n
На основании последнего неравенства имеем
1_____4 4 = 4_
р—Ь'р — с~^'(р— Ь) + (р—с) 2р—Ь—с а9
1 1 4 __ 4 ^4.
р—а^~ р—Ь'" (р—а) + (р—Ь) 2р—а—Ь с9
1 1 4 _ 4 4
р—а^~р—с"~ (р^а) + (р—-с) 2р—а—с b
Сложив почленно соотношения (1), (2) и (3), получим
(1)
(2)
(3)
пли
—+ А + —+
р—а р—Ь р—с \а b с )
619. Имеем
sin С _~4аЬ sin С (а—&)2 + 4а6 / a-{-b \2
д 2 8 8 \2VfJ ’
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда треугольник прямоуголь-
ный и равнобедренный (а — Ь).
620. Имеем
с absinC (a—d)2 + a& 1 . 2 . , , 8ч
Sabc = —2— S------='2 (а “аЬ + &
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда треугольник равнобедрен-
ный и прямоугольный (а~Ь).
390
621. Имеем
Q__ab sin C _J2.ab sin C (a— b)2-\-2ab a24-b2
5--------2 4 ------4------= —4—’
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда треугольник прямо у голь-,
ный и равнобедренный (а = Ь).
д2 _1_ £2 | ^2
622. Требуется доказать, что 3<—- Т—, в предыдущей
задаче мы доказали, что
^а2 + *>2 е^&2 + с2 е^«2 + с2
О ^=5 —
4 о
4 ’ ' 4 *
Ясно, что знак равенства может иметь место только в одном из
этих трех соотношений, поэтому
QQ а2 + д2 + *2 + с24-а2 + с2 а2 + Ь2 + с2
35 <- 1-----------=-----g,
откуда
а2 + ь2 + с2
6 *
623. Обозначим площади треугольников МВС, MCA, МАВ
(рис. 185) соответственно через Sx, S2, S3.
Поскольку треугольники А ВС
и МВС имеют общее основа- Д
ние, то
AAi Si + S2 + S3
Si
Составим производную пропорцию
A Ai — М A i_S2 4* S3
MA~i “ЗГ~
или
МА S2 . S3
au;=sz+sp
Аналогично получим
И
MB _S3 St
МВ]. S2+Ss
мс =st s,
М(\ s3+s3'
Сложив равенства (1), (2) и (3), получаем
AM , ВМ . СМ (Sr . S2\ /S3 S3Y . ZS3 .
Л1Л1 + В1Л4‘ГС1Л4 \52"г51/',А$з SJ "Г \Si S3/
(2)
(3)
(1)
391
так как выражения в скобках суть суммы взаимно обратных по-
ложительных чисел и, как известно,
+ —^2, если а>0 и Ь>0.
о а
Знак равенства в (1) имеет место Догда, когда S1 = Sa = S3, т. е.
когда точка М есть центр тяжести.
624. В предыдущей задаче мы доказали, что
AM _S2 + Ss ВМ CM _Si + Sa
Si ’ ВАМ~ S2 ’ СгМ S3 '
где Slt S2, S3—площади треугольников MBC, MAC, MAB.
Перемножая эти равенства почленно, получаем
AM ВМ CM _(S2+Ss)(S3 + S1)(S1 + S2)
А1М ' BtM CiM Si-Sj-S,
Si-SrSj
Знак равенства имеет место, когда М является центром тяжести.
625. Первое решение. Очевидно, что ha > 2г; hb > 2г;
he >2г.
Умножив обе части этих неравенств на 27?, получим
2/?Лд>4Яг, 2Rhb>4Rrt 2Rhe>4Rr.' (I)
Известно, что
откуда
bc = 2Rha. .
Аналогично
ас — 2Rhb и ab~2Rhc.
В силу последних трех равенств неравенства (1) принимают вид
Ьс > 4/?г, ас > 4Rr, ab > 4Rr. (2)
Перемножив почленно три неравенства (2), получим
,I лЬс о
Но так как — — S, то
4R
S > 2
Второе решение» Нужно доказать, что
S > 2 (1)
392
Поскольку /? = — и г
то неравенство (1) принимает вид
> 2 1/ abc &S3
Г 4S ' (а + Ь+03 ’
(a.4-6-J-c)3 > Sabc,
a + b+'c > 2 |/а6с,
(2)
Но так как
то неравенство (2) справедливо. Поскольку все произведенные опе-
рации обратимы, то из справедливого неравенства (2) следует спра-
ведливость и неравенства (1).
626. Требуется доказать (рис. 186), что АВ-^ВС—АС < 2BD,
где D — любая точка на АС. Имеем
АВ < AD + BD,
BC<DC + BD.
Складывая эти два неравенства почленно, получаем
АВ + ВС< AC + ^BD.
Рис. 186. Рис. 187.
627. Требуется доказать (рис. 187), что
±-(АВ + АС)-±- ВС < AM <^(АВ + АС).
Имеем (см. задачу 626)
АВ + АС— ВС <2АМ,
393
откуда делением обеих частей на 2 получаем
у(4В + ДС)—1 ВС< AM.
Итак, мы доказали первое неравенство.
Теперь на продолжении медианы AM отложим отрезок
MD = AM.
Из треугольника ACD имеем
AD<DC + AC,
или
2АМ < АВ + АС,
откуда, разделив пополам обе части, получаем
AM <-±-(АВ + АС).
628. Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с, а соответ-
ственные медианы через mat тс.
В силу предыдущей задачи имеем
у (с + а)— у b < ть < ~(с + а),
у (а+ b)—i-с < тс <у (а+й).
£
Складывая эти три неравенства почленно, получаем
у (а+&+с) < та + тьА-тс < а + Ь+с.
Итак, сумма медиан треугольника заключается между его по-
лупериметром и периметром.
629» Пусть CN—биссектриса внешнего угла BCBt треугольника
АВС (рис. 188), Отразим точку В относительно биссектрисы C7V.
Отражение точки В попадет в точку Blt находящуюся на продол-
жении стороны АС.
Рис. 188.
Действительно, треугольники ВМ^С и В^М^С (Mi—точка пе«
ресечения CN с ВВг) равны по общему катету СМГ и прилежащим
к нему углам ВСМг и BiCMi, следовательно, BMl = BlMt.
394
Из равенства этих же треугольников следует, что ВС-В^С.
Отсюда имеем
АВ1 — АС^ГВС. (1)
Поскольку CN J_BBj и СМ проходит через середину Afx от-
резка BBlt то
MB — MBt. (2)
Из треугольника AMBt следует, что
Л1А + AfBx > ABX. (3)
Из (1), (2) и (3) следует
МД + МВ > АС + ВС,
что и требовалось доказать.
Аналогично доказывается эта теорема для случая, когда
точка М находится на другой биссектрисе.
680. Обозначим катеты треугольника через а и Ь, а гипоте-
нузу через с.
Площадь треугольника
Л 4- Ъ + с с he
S = -T2T.. г, или £=-2,
откуда
г______________________________с
h ~а-\-Ь^с‘
Так как а + b > с, то
Т<с-Гс“0’5- (1>
Теперь, сложив почленно очевидное неравенство a2-f-b2^2ab
с равенством с2==а2 + 62, подучим
(а2 + Ь2) + с2^(а + Ь)\
или
2с2 (а + Ь)2,
откуда
а^Ь^с 1^2.
Имеем
Л, 5s —4=—= — = /2— 1 =s 0,41 > 0,4. (2)
h a+b+c cf‘2+c /2+1
Из (1) и (2) следует, что 0,4 < -^ < 0,5.
631. Сложив очевидное неравенство a2 + b2^?2ab с равенством
а2 + Ь2 = с2, получим
2 (а2 + Ь2) с2 + 2ab = а2 + b2 + 2аЬ = (а + Ь)\
395
откуда
a*+b2 /а + Ьу с* (a + b\*
2 2 ; ’ 2П 2J
(a + b)
----о •••“• ^ses: v,
с а^Ь
У1 ~
что и требовалось доказать.
632. Пусть в треугольнике АВС (рис. 189) высота CD~h, сто-
роны АС и ВС—соответственно b и а. Так как
то
Д I Q ____д
sin А + sin В = 1, или 2 sin -—у- cos —g— = 1.
Теперь ясно, что 2 sin 1, так как cos---у-** < 1.
„ . л+в С п С _ 1 С _ 1
Так как sin—— cos -у, то 2cos-y^sl, или cosy-^y,
откуда
-£-<60° и С <120’. ,
111 ab
633. Из равенства _-4-у = — следУет' что + Ь 9 ?ли
~а2 + д2+ 2ад ’
Из геометрии известно, что
, (2)
где с—третья сторона треугольника. Также известно, что
с* = д2 _р _ 2ab cos С. (3)
Из (2) и (3) следует
т2 = 2д2+2^2—b2 + 2a^cosC a2 + ^2 + 2^cosC (4)
396
Из (1) и (4) получаем
а1»* _ а* + 4- 2ab fcos.C «*+**+2а6 4
откуда 2a&cosc-a8+4;/+2^
а r 2аЬ а2 + Ь* СО®С“а«+&8 + 2а& 2аЬ ’
или О V» О 1 + + ю + & 1 о-
Так как £ + £^2, то о а 2 1 1 ( * . ь > • « ,.» ,2 *1 " “2 (Т+L Ь +7+2
Таким образом, cos С «С—1 = — у, откуда С ^120°.
634. Через вершины 4, В и D проведем окружность. Эта окруж-
ность пересечет прямую ВС в точке К (рис. 190). Четырехуголь-
ник DABK+- равнобочная трапеция. Следовательно, BK — AD.
Так как сумма углов четырехугольника равна 2d, то £А +
+ ^C<2d, а поэтому вершина С находится вне круга. Отсюда
заключаем, что точка К находится между точками В и С, т. е.
BOBK^AD.
635. Пусть точки М и 2V—середины диагоналей AG и BD
четырехугольника ABCD (рис. 191).
Построим треугольник MNE, где £—середина стороны AD.
В этом треугольнике
= Л4£=^
как средние линии треугольников ABD и ACD.
397
Известно, что сторона треугольника больше модуля разности
двух других его сторон, поэтому
MN > |ЛЕ-Л1Е| = |^-^| = |ЛЙ~ —. (1)
Если же середины обеих диагоналей совпадают с точкой пере-
сечения их, то данный четырехугольник — параллелограмм.
Тогда
MN=±(AB —CD) = 0. (2)
Объединяя (1) и (2), получим
\АВ-РС\
2
636. Обозначим в четырехугольнике ABCD стороны АВ, ВС,
CD, DA через a, b, ct d (рис. 192). Имеем
5 “ 5дл ВС + $ДЯЛС
ab sin В
2
Рис. 192.
, cd sin D __ 2а6 sin В ,
+ 2 4 +
. 2cdsin£> (a—+
+-----_--<----------~---+
(с—d)2 + 2cd_a2 + b2+c2 + d«
+ 4 4
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда четырехугольник—квадрат.
637. Обозначим диагонали четырехугольника через dA и d2,
а угол между ними через а.
Известно, что площадь S четырехугольника равна полупроиз-
ведению его диагоналей на синус угла между ними.
Имеем
_ sinа_2^2 sina (d1—d^ + 2dldi +
“ 2 “ 4 4 “4
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место для четырехугольника, у которого
диагонали равны и взаимно перпендикулярны.
638. Пусть сторона ромба at а угол 2a, где 2а<С90°«
Из рис. 193 видим, что
АС
~ = ос = а sin а и АС — 2а sin а,
= OD — а cos а и BD — 2а cos а.
4k
398
Имеем
k = 4а =________________4а = 2 /П
ЛС + BD 2а (sin а + cos а) /”2 sin (а+ 45°) ’
Так как 0 < а 45°, то имеет место неравенство
т/"2
2_< Sin(a + 45°)<1. 42)
В силу (1) и (2) заключаем, что V^~2^k <2, что и требовалось
доказать.
639. Известно, что в любом прямоугольном треугольнике
г —р—с, где г—радиус вписанной окружности, р — полупери-
метр, с—гипотенуза.
Пусть один из острых углов треугольника а (рис. 194); тогда
катеты равны с sin а и с cos d, а периметр
2р=с(1 4-sina + cosa) = c ^2cos2 — + 2 sincos =
n i/"o a / a , V' 2 t a
— 2c V 2 cos c°s-2- + — sin-yl^
= 2c K^cos-~cos ^45° — = cV~2 [cos 45° + cos (45° a)J,
♦
откуда
c_=________________________V"2_________
p cos 45° +cos (45°—a) *
Итак,
r _p~c_ 1 / . _ 1 1________Kl_________
2p ~ 2p ~~ 2 \ p / 2 cos 45° +cos (45° —a) w
399
Отношение принимает наибольшее значение; когда
-----г-----—-------г- принимает наименьшее значение, а послед-
cos 45 + cos (45°—а)
нее может иметь место при наибольшем значении cos (45°—а}, т. е.
при cos (45°—а)— 1, или при 45° — а = 0, откуда а = 45°, что и
требовалось доказать.
. Р Р
640. Пусть стороны прямоугольника равны -4-х и —х
(периметр равен Р), тогда площадь прямоугольника
Так как х2 неотрицательно, а следовательно, —х2 неположительно,
то площадь S принимает наибольшее значение, когда / равен нулю,
Р 'Г *
т. е. каждая сторона прямоугольника равна —. Таким образом,
искомый прямоугольник—квадрат.
641. Площадь треугольника
где о, Ь, с—стороны треугольника, откуда
(a + b + c) (a + b—c) (a + c—b) а) = 16$а. (1)
Сумму a + b+с можно представить так:
Запишем равенство (1) так:
«4-Ь+с a + b—c a + c—b b + c—a 16Sa
—~3—•—I----------------i--------i—&
Из (3) видим, что произведение сомножителей, которые в (2) явля-
ются слагаемыми, — постоянная величина. Следовательно, и сумма
принимает наименьшее значение тогда, когда эти сомножители
равны между собой, т. е.
a + b + с , , , ...
—!— — а + Ь-— c = a-j-c—5 = 6 +с—а.
О
Но это возможно только при а = д = с.
Итак, искомый треугольник равносторонний.
642. Площадь треугольника равна
Кр (р—а) (р—Ь) (р—с)>
где а, Ь, с—стороны треугольника.
400
Пр условие Кр~постоянная величина. Следовательно, наи-
большая площадь 'треугольника будет тогда, когда произведение
(р—а) (р~-Ь) (р—с) примет наибольшее значение.
Так как сумма (р—а) + (р—h) + (p-^c) = р—• постоянная вели-
чина, то произведение (р—а) (р—Ь) (р—с) будет наибольшим, когда
р-а = р — Ь~р—с, т. е. при а = Ь~с.
643. На отрезке ЛС—основании искомого треугольника—строим
сегмент, вмещающий данный угол АВС (рис. 195). Из середины D
основания АС проводим перпендикуляр к АС до пересечения с
дугой АВС в точке В, Равнобедренный треугольник АВС—искомый.
Действительно, пусть АВ^С—треугольник с вершиной в про-
извольной точке Bi на дуге АС, Сравним площади треугольников
АВС и ABiC. Эти треугольники имеют общее основание АС, а вы-
сота BD треугольника АВС больше высоты B1.D1 треугольника ABjC,
поэтому площадь треугольника АВС больше площади треуголь-
ника ABtC.
Итак, искомый треугольник—равнобедренный.
С
Рис. 196.
644. На отрезке АВ — основании искомого треугольника
(рис. 196)—строим сегмент, вмещающий данный угол. Рассмотрим
два треугольника АС В—равнобедренный и ДСХВ — произвольный,
где С и Ci—точки на дуге АВ. Биссектрисы CD и СГЕ этих тре-
угольников продолжим до встречи с окружностью в точке К. Диаметр
СК больше хорды СХК, т. е.
CD+DK> CiE + EK,
но DK меньше ЕК, так как DK — перпендикуляр к АВ, а ЕК —
наклонная. Следовательно, CD больше СгЕ, что и требовалось
доказать.
645. На отрезке АВ — основании искомого треугольника — строим
сегмент, вмещающий данный тупой угол (рис. 197). Пусть 4СВ —
равнобедренный треугольник, a ACtB — произвольный треугольник,
где С и Ci—точки на дуге АВ. Требуется доказать, что медиана
CD меньше медианы CXD.
Из рис. 197 видно, что
OD + DC = OCi
и
OCi ODDCi,
401
где О—центр дуги, вращающей данный угол. Сложив эти два
соотношения, получим
откуда
OD + DC + ОС г < OCj + OD + DClt
DC < DCi,
что и требовалось доказать.
1
646. На отрезке ЛВ —основании искомого треугольника-—строим
сегмент, вмещающий данный острый угол (рис. 198). Пусть АС В—
равнобедренный треугольник, a ACjJZ—произвольный треугольник,
где С и Ci—точки на дуге АВ. Пусть D—основания медиан CD
и CLD, О—центр круга.
Из рис. 198 видно, что
и
ОС = ОСг
OCl+OD> DCv
Сложив эти два соотношения, получим
Рис. 199.
ОС + ОСi + OD > OCt + DCl9
или
DC > DCt,
что и требовалось доказать.
647. Через вершину А
проведем произвольную пря-
мую MN (рис. 199). Из точек
В, С и середины D стороны ВС
опустим перпендикуляры ВВХ,
CClt DK на MN. Сумма рас-
стояний от вершин В и С до
прямой MN равна BBi + CCx = 2KD, где KD—средняя линия
трапеции BBi^C. Очевидно, что DK принимает наибольшее,
значение, когда KD совпадает с медианой (AD) треугольника
АВС, так как KD не больше медианы AD.
Итак, искомая прямая EF должна быть перпендикулярной к
медиане AD.
402
* 648. По условию задачи ВС = BD + CE (рис. 200), поэтому
AD + AE = AB + AC + BC.
Но так как из треугольников, у которых есть общий угол и сумма
сторон, заключающих этот угол, постоянна, наименьшую третью
сторону имеет равнобедренный (см. ниже задачу 666), то DE будет
принимать наименьшее значение, когда
ЛР = ЛЕ = 0,5(ЛВ + ЛС + ВС).
649. Первое решение. Пусть стороны треугольника а и Ь,
а угол между ними С, тогда его площадь
ab sin С.
Так как наибольшее значение sin С— 1, когда угол С прямой,
то и наибольшая площадь треугольника будет при перпендикуляр-
ности сторон а и Ь.
Второе решение (рис. 201). Примем отрезок СВ, равный а,
за основание треугольников: Л АгСВ (угол С острый), Л АС В
(угол С прямой), ДЛ2СВ (угол С тупой), у которых Л1С = ЛС =
= Л2С = &.
Из точки С опишем дугу радиусом, равным Ь. Эта дуга прой-
дет через Лх, Л и Л2.
Так как половина хорды не больше радиуса, то высоты AyD
и Л2В треугольников А^СВ и А2СВ меньше высоты АС прямо-
угольного треугольника АСВ, и поскольку у этих трех треугольников
общее основание, то наибольшую площадь имеет треугольник АСВ.
650. Пусть прямоугольник DEFK вписан в треугольник АВС
так, что KF принадлежит АВ, а вершины D и Е лежат на сторо-
нах АС и ВС (рис. 202). Высота CN треугольника пересекает DE
в точке М.
Из подобия треугольников CDE и САВ имеем
CM DE
CN ~~ АВ ’
403
ИЛИ ’ '
CN-DK DE
CN AB '
Пусть
4B==a, СЯ = Я, DK = x, DE = y,
тогда (1) перепишется так:
Н—х^ у
Н а
откуда
у = ~^(Н—х).
Так как площадь прямоугольника DEFK
(2)
S—xy,
то, учитывая (2), получаем
S=~-x(H-x).
ГТ Л
Поскольку -п—постоянная вели-
п
чина, то S принимает наибольшее
значение, когда произведение
х (И—х) достигает максимума. Но
так как сумма %+(//—х) = Я—
постоянная величина, то произве-
дение х(Я—х) становится наибольшим, тогда х=Я—х, откуда
И *
x = -g-, что и требовалось доказать
651. Первое решение. Обозначим радиус круга через /?,
а одну из сторон прямоугольника через х, тогда другая сторона
прямоугольника будет равна К4/?2 —х2. Площадь прямоугольника
8=х /4А?2—х8.
Ясно, что S и S2 достигают максимального значения при одном и
том же значении х, поэтому будем находить значение х, при кото-
ром S2 принимает наибольшее значение
. , S2=x2(4/?2-x2).
Так как сумма х2 + (4/?2-*х2) = 4/?2—постоянная величина, то S2,
а следовательно и S, достигает максимума при равенстве х2 и
4/?2—х2.
Итак,
х2 = 4₽2—х2,
откуда
х = /?У 2
404
Таким образом, каждая сторона прямоугольника равна R Р^2 ,
т. е. искомый прямоугольник—квадрат.
Второе решение. Пусть R—радиус круга, описанного
около прямоугольника ABCD (рис. 203), а £ ВАС — а. Тогда
А В — 2R cos а, ВС=2R sin а, следовательно,
$abcd=2R2 sin 2а.
Площадь SaBC£) достигает максимума при sin2a = l, т. е. при
652. Первое решение. Пусть сторона квадрата А В рав-
на k; Обозначим Ла через х, тогда АВ — Aa = k—х, т. е. aB = k —х
(рис. 204).
По теореме Пифагора имеем
(ab)2 = х2 + (k—х)а = 2х2—2kx + k2.
Но площадь S квадрата abed равна (ab)2. Значит,
S —2х2 —2kx + k2.
Таким образом, наименьшее значение для S получится при
— 2k k
Х~ 2*2 ~2’ ‘
Итак, точки a, bt с, d должны быть серединами сторон квад-
рата ABCD.
Второе решение. Площадь квадрата abed окажется на-
именьшей, когда сумма площадей прямоугольных треугольников
Aad, Bab, Cbc и Dcd будет наибольшей. Сумма катетов каждого из
этих треугольников равна стороне (ЛВ) данного квадрата, а поэтому
площадь каждого из них достигает максимума при равенстве кате-
тов. Последнее вытекает из того, что из всех прямоугольников,
имеющих данный периметр, наибольшую площадь имеет квадрат.
405
653. Опустим из вершины С прямого угла треугольника АВС
(рис. 205) перпендикуляр CD на гипотенузу АВ. Из полученной
точки D опустим перпендикуляры DM и DN на катеты ВС и АС.
Образовавшийся прямоугольник CMDN—искомый. Действительно,
любой другой прямоугольник CMiD^i имеет большую диагональ,
так как его диагональ CDVt являясь наклонной к Л В, больше
перпендикуляра CD.
Отсюда
654. Пусть О—искомая точка (рис. 206). Обозначим расстоя-
ния СВ и СА от вершины прямого угла соответственно через а и Ь,
углы АОС и ВОС через £ и а, отрезок ЮС через х.
Имеем
0—р—-а.
Но tga=y, tg§=y. Следовательно,
. а Ь—а
W = —ab'
Х+Т
Поскольку наибольшее значение острого угла 0 достигается
одновременно с наибольшим значением его тангенса и так как
числитель Ь—а есть постоянная величина, то надо найти наимень-
, ab
шее значение знаменателя х-}—.
х
_ ab
Так как произведение слагаемых хи — есть постоянная ве-
. ab
личина, то сумма принимает наименьшее значение при ра-
венстве слагаемых.
Итак, откуда x—Vab.
Отв Искомая точка О отстоит от вершины прямого угла С
на расстоянии, равном Уса св.
406
.ТЛЯМ» Я
655. Даиы прямая EF и точки А и В, лежащие по одну сто-
рону от нее (рис. 207).
Через точку Лх, симметричную точке А относительно EF, и
точку В проводим прямую, которая пересекает EF в точке М.
Докажем, что точка М является искомой.
Предположим, что другая точка Мх прямой EF—искомая.
Из рис. 207 видим, что
AM-\-BM = AlM-JrBM = A1B
и
ЛМХ + ВМХ =ЛХМХ + ВМХ > ЛХВ.
Из этих двух соотношений заключаем, что
АМ + ВМ < Л/Их + В^х,
т. е. точка М является искомой.
656. Пусть С (рис. 208) есть некоторая точка прямой а. По-
строим точку Ль симметричную точке А относительно а; тогда
СЛ=СЛХ. Следовательно, при любом положении точки С будет
иметь место СВ — СА = СВ—СА1; Если треугольник САгВ суще-
ствует, то СВ — СЛ1<Л1В> Когда точка С совпадает с точкой D
(р—точка пересечения а с ВЛХ), разность DB—DAt делается рав-
ной ЛХВ. Это и есть наибольшая величина рассматриваемой раз-
ности.
Отсюда вытекает и построение: отражаем точку Л относительно
прямой а в точку Лх. Потом проводим прямую ВЛХ до пересече-
ния в точке D с прямой а. Точка D является искомой.
657. На стороне АС треугольника ЛВС (рис. 209) возьмем три
точки: вершины Л и С и произвольную точку М между ними.
Для определенности пусть угол Л больше угла С, тогда рас-
стояние AN от Л до стороны ВС будет меньше, чем расстояние CL
от С до стороны Л В. Остается сравнить сумму расстояний
MF+ME от точки М до сторон ВС и АВ с AN.
407
Из точки М опустим перпендикуляр МК на AN. Из рис. 209
видим, что достаточно сравнить отрезки А К и ME, так как
KN — MF.
Катет АК меньше катета ME, так как прямоугольные тре-
угольники АКМ и АЕМ имеют общую гипотенузу и угол ЕАМ
больше угла /СЛ4Л ( = ВСЛ).
Итак,
AK+KN <MF+ME,
или
AN < MF±ME,
т. е. вершина А большего угла при АС является искомой -точкой-
658. Для определенности пусть £С^? £ В^ £ А (рис. 210).
Через произвольную точку М, взятую внутри треугольника,
проведем прямую DE || АВ (точка D на А С; точка Е на ВС).
Из точки М опустим перпендикуляры A1Q и MR на АС и ВС,
а из точки Е — перпендикуляр ЕН на АС.
Из задачи 657 следует, что в треугольнике DCE
ЕН <MQ + MR. (1)
Из точек М и Е опускаем перпендикуляры МР и EG на АВ.
Так как MP = EG, то (1) можно переписать так:
EH + EG< MQ + MR+MP. (2)
В треугольнике АС В (см. задачу 657)
СК < EG + ЕН. (3)
Из (2) и (3) имеем окончательно
CK<MQ + MR+MP,
т. е. высота СК, опущенная из вершины наибольшего угла, есть
наименьшее значение для суммы MQ + MR + МР.
408
$59. Обозначим угол АВС череза (рис. 211). Из прямоуголь-
ных треугольников АВС и ACD имеем
AC — АВ sin а=2/? sin а, (1)
CD == AC cos a=2R sin а cos а,
откуда
АС • CD — 4/?2 sin8 а cos а.
Обозначим выражение sin2acos<x через у. Произведение AC-CD
достигает максимума вместе с у,
а потому и вместе с у2.
i/2=sin4acos2a =
= sin2 a sin2 a(l —sin2 a) =
. sin2a 'sin2az, . 0 k
= 4- —y- . ~2~ (1— sin2 a).
T sin2a. sin2a , Z1
Так как 4- (1 —
— sin2a) = l — постоянная величина, то t/2 достигает максимума при
sin2 a
~2~
1—sin2 a,
отсюда
• 2 2
sin2a = ^-.
О
(2)
Из равенств (1) и (2) имеем
4/?
AD = AC sin a = 2₽ sin2a=^.
О
Итак, для построения точки С достаточно на диаметре АВ от-
4/?
дожить отрезок AD=~^- и из точки D провести перпендикуляр
к диаметру Л В до встречи с окружностью в точке С.
660. В каком бы месте окружности, по одну сторону от
хорды АВ, ни была взята точка С (рис. 212), угол АСВ будет
иметь постоянное значение, которое обозначим через а. При всяком
положении точки С выражение ~ АС-ВС* sin а будет представлять
площадь S треугольника АСВ. Отличаясь от произведения АС-ВС
постоянным множителем -g-sina, оно будет иметь максимум одно-
временно с АС-ВС. Но максимум площади треугольника АСВ,
имеющего постоянное основание АВ, будет при наибольшем зна-
чении высоты его, что, очевидно, может быть только тогда, когда
409
вершина С будет находиться в точке пересечения окружности
с перпендикуляром, проведенным из середины АВ, и, очевидно,
в той из двух точек пересечения, которая будет отстоять дальше
от АВ. На нашем рисунке Сх— искомая точка.
661. Обозначим через х, у, z расстояния от точки Л4, взятой
внутри треугольника ЛВС, до его сторон (рис. 213). Тогда площадь
треугольника
ах by cz
s==2’+y+T
откуда
ax^by+cz — 2St
т. е. ax-\-by-\-cz—постоянная величина.
Произведение xyz принимает наибольшее значение тогда, когда
достигает наибольшего значения ax*by-cz. Последнее имеет место,
когда
2S
ах=Ьу=сг—-^,
□
откуда
у а^а hq ___________hb у Qc
За~~ За 3 ’ 3 ’ 3 ’
где hb, hc —-высоты треугольника ЛВС.
Из последних трех равенств заключаем, что искомая точка —
точка пересечения медиан.
662. Через данную точку Р проведем две хорды: одну хорду АВ
перпендикулярной диаметру, проходящему через Р, а другую произ-
вольную хорду ЛХВХ (рис. 214). Опустив перпендикуляр ОРХ на
ЛХВХ, получим прямоугольный треугольник ОРгР, у которого
гипотенуза ОР больше катета ОРХ, а следовательно, ЛЯ мень-
ше ЛХВХ.
410
Итак, наименьшая хорда, проходящая через точку Р,— это
хорда, перпендикулярная к диаметру, проходящему через эту
точку.
663. Задача сводится к нахождению наименьшей суммы
AC + CD+DB.
Но так как CD—постоянная величина, то нам надо найти наимень-
шую сумму
AC + DB.
Перенесем точку В параллельно прямой ху (рис. 215) на расстоя-
ние CD в некоторую точку Въ потом отразим точку Вг в точку В2
относительно ху* затем соединяем отрезком точки А и В2. Этот
отрезок пересекает прямую ху в точке Сг. Далее, от точки
откладываем на прямой ху отрезок CiDlt равный CD. Положе-
ние CiPi и есть искомое положение отрезка CD.
Действительно, нам надо найти наименьшую сумму AC-\-DBt
которая равна ACi + BiCi. Но в силу нашего построения
4Ci + BiCi «ЛСх + ВаСх; следовательно, перед нами стояла задача
найти кратчайшее расстояние между точками А и В2, а это крат-
чайшее расстояние есть отрезок АВ2, который равен сумме
АСг + С^В^ которая в свою очередь равна ЛС-j-DB.
664. Возьмем на сторонах угла хОу произвольные две точки
Вх и Ci и рассмотрим периметр треугольника ДВхСх (рис. 216).
Построив точку Лх> симметричную точке А относительно Ох, а
также точку Д2, симметричную точке А относительно Оу, и соеди-
нив точку А1 с Bi и А2 с Сх, получим ломаную линию AiBiCiA2,
состоящую из трех отрезков, концы которых находятся в точках
Л1 и А2 и которые равны периметру треугольника АВхСх-
В самом деле, длина ломаной линии равна
/ «= АхВх + ВхСх + 0x^2*
411
Ho А1В1 = АВ1 и C1Aa = AClt а поэтому
/ = АВ\ B^Ci -j- А Сj.
Эта сумма отрезков есть периметр треугольника ЛВ^.
Поскольку кратчайшее расстояние между двумя точками Л
и Ла есть прямолинейный отрезок, ----------” — --------
соединяющий эти точки, то,
значит, искомые точки В . и
С находятся на прямойЛхЛ2.
Отсюда и построение:
строим точку Alt симмет-
ричную А относительно Ох,
далее строим точку Л2,
симметричную А относи-
тельно Оу. Потом через точ-
ки Лх и Л2 проводим пря-
мую, которая пересекает Ох
и Оу в точках В и С. Эти
точки и являются верши-
нами искомого треугольни-
ка, имеющего наименьший
периметр, равный отрезку
ЛХЛ2.
665. Если а, Ь, с—стороны треугольника, а Л, В, С—противо-
лежащие им углы, то имеем
а = 2/?51пЛ, b = 2R sin В, c — 2R sin C = 2R sin (Л 4~B),
где R—радиус описанной окружности
у = а2 + Ь2 + с2 = 4/?2 [sin2 Л + sin2B + sin2 (Л + В)] =
[1—соз2Л , 1—cos2B , , & / л t
---2-----1---2----+1 C0S <Л + =
= 4£« (2—cos (Л— В) cos (Л + В)—cos’ (Л+ B)j.
Очевидно, что у достигает максимума при тех же значениях А и
В, что и выражение, стоящее в квадратных скобках, которое
обозначим через х:
х=2—cos (Л — В) cos (Л 4- В)—cos2 (Л + В).
Из этого равенства следует, что
сга (Л+В)=
Для существования cos (Л + В) необходимо, чтобы
cos2 (Л — В) + 8— 4х 0.
Отсюда
cos2 (Л-В)+ 8
Л 6^^ j 1 -i- u ’ о
412
и CEF равны
А
Рис. 217.
Очевидно, что х достигает максимума при cos (Л — В) = 1, т. е.
при Л ==В.
Поскольку А и В взяты произвольно, то треугольник, впи-
санный в данную окружность, у которого сумма квадратов сторон
имеет наибольшую величину, равносторонний.
666, Первое решение. Рассмотрим два треугольника
(рис. 217): равнобедренный АВС (АВ— АС) и ADE, у которых
общий угол Л и
AB + AC=*AD + AE, (1)
т. е. BD — EC.
Из точек D и Е опустим перпендикуляры DK и EF _на пря-
мую ВС. Легко убедиться, что треугольш
между собой. Из равенства этих треу-
гольников следует, что BK = CF, а потому
KF — BC. Но KF является проекцией DE
на прямую ВС, поэтому KF < DE, т. е.
ВС < DE. (2)
В силу соотношений (1) и (2) имеем
ЛВ + ЛС + ВС< AD + AE + DE,
т. е. у равнобедренного треугольника пе-
риметр меньше, чем у любого другого
треугольника, если эти треугольники удов-
летворяют условию задачи.
Второе решение. Введем обоз-
начения АВ = АС=а, BD = CE—x,
Из треугольника DAE имеем
DE* = (а + х)2 + (а—х)2—2 (а*—х2) cos Л. (1)
Из треугольника ВАС следует
ВС2 —2а*—2а2cos Л. (2)
Вычитая почленно из равенства (1) равенство (2), получим
DE 2 — ВС* = 2х2 + 2х* cos Л = 2х2 (1 + cos Л).
Так как 1+совЛ>0 и х2 > 0,. то
DE*—BC*> О,
откуда DE > ВС, и мы пришли к такому же заключению, как и
в первом решении.
667. Предположим, что в данный сегмент АМ.В (рис. 218)
вписан искомый прямоугольник CEFD. Пусть OF = r, ОН —а,
ОК — х, KF — y.
Из прямоугольного треугольника OKF имеем
KF* = OF*—OK*,
или
у* = г* — X2.
откуда х2*
413
Площадь прямоугольника CEFD
S = 2KF-KH = 2KF (OK - ОН),
или
S = 2y (х—а) = 2(х —а) р^г2—х2.
Выражение (х—а) V г2—х2 достигает максимума одновременно
с квадратом этого выражения!
(х—а)2 (г2—х2) = (х—а) (х—а) (г 4-х) (г—х).
сумма которых постоянна,
сомножителей. Но в нашем
М
Известно, что произведение положительных сомножителей,
достигает максимума при равенстве
случае сумма сомножителей не есть
постоянное число. Для того что-
бы воспользоваться приведенной
теоремой, введем два неопреде-
ленных коэффициента аир, имею-
щих такое свойство, что при
, умножении на них двух неравных
сомножителей (г 4-х) и (г—х) сум-
ма всех четырех сомножителей
становится постоянной, т. е. сум-
ма
л
Н
(х—а) + (х—д) + а(г+х)+ Р(г—х)
или
(а—р-}-2) х + аг + 0г—2а
Рис. 218. делается постоянной величиной.
Это возможно, когда а—Р 4-2 = 0.
Условием для достижения максимума произведения (х—а)(х—а)Х
Х<х(г+х)Р(г—х) является х—а = а (г 4-х) = Р (г*— х).
Итак, имеем систему
а—р + 2=0,
х—а = а (г + х),
х—а = р (г—-х).
Исключив из этих уравнений аир, получим
а ±
х 4
Знак плюс соответствует прямоугольнику, вписанному в данный
сегмент АМВ, а знак минус—прямоугольнику, вписанному в допол-
нительный сегмент АМ]В. Выражение для х легко построить на
основании обыкновенных приемов приложения алгебры к геомет-
рии. Условие возможности задачи сводится к тому, чтобы х было
меньше г, т. е.
а ± Ка2 + 8г2 < 4г.
414
Это же неравенство приводит к условию а < г, которое всегда
имеет место. Следовательно, задача всегда возможна.
В частном случае, когда а = 0, имеем
, /м , г VT
X—± 4 —± 2
т.. е. .если сегмент равен полукругу, то вписанный в него прямо-
угольник наибольшей площади составляет половину вписанного
в целый круг квадрата.
668. Предварительно убедимся, что кратчайшим расстоянием
между диагональю 5D1 и ребром ЛЛХ является отрезок ОЕ, сое-
диняющий их середины (рис. 219).
Известно, что кратчайшим расстоянием между скрещивающи-
мися прямыми является их общий перпендикуляр. Докажем, что
отрезок ОЕ и есть общий перпендикуляр к и ААг. Очевидно,
что треугольник BED1 равнобедренный, а поэтому ЕО перпенди-
куляр к BDV Также ясно, что треугольник AOAt равнобедренный
(ОА = ОЛ1), а потому ЕО перпендикулярен к AAt.
Площадь сечения — параллелограмм; его площадь
равна 2BD1/E0. Поскольку любой отрезок, отличный от ЕО и
соединяющий точки, при-
надлежащие BDX и А Ах
больше, чем ЕО, то очевид-
но, что утверждение задачи
верно.
Рис. 219.
669. Обозначим через R радиус основания конуса, высоту его
через Н, радиус основания цилиндра через г, а высоту цилиндра
через h.
Из рис. 220 усматриваем, что
Я—h г t Н
откуда Л = -£-(£-')•
Объем цилиндра
415
ГТ 4л// v
Поскольку —5—постоянная величина, то V достигает макси-
К
мума одновременно с функцией
Так как сумма сомножителей и (7?—г) есть постоянная
величина Я, то у будет наибольшим при
г 2
откуда что и требовалось доказать.
А О
670. Обозначим через R радиус шара, а через г и
радиус основания и
Л4 — середина высоты
венно
точка
h соответст-
221). Пусть
Рис. 221.
высоту цилиндра (рис.
цилиндра (центр шара), 6 —центр
основания цилиндра и А — произ-
вольная точка окружности того же
основания.
По
теореме Пифагора имеем
ОМ2 = АЛР —ОА2,
или
откуда
Л = 2 V R^—r*.
поверхность цилиндра
Боковая
S == 2nr/t = 2лг -2 К#2—
= 4лг YR2 — г2 •
4
Ясно, что S и S2 достигают наибольшего значения при одном и
том же значении г. Поэтому будем искать то значение г, при
котором S2 принимает максимальное значение.
Имеем S2 = 16л2г2 (R2—г2).
Так как 16л2 — постоянная величина, S2 достигает максималь-
ного значения одновременно с выражением г/ = г2 (/?2—г2).
Поскольку сумма г2 + (Яа—г2) Я2—постоянная величина,
то у достигает наибольшего значения при равенстве г2 и R2—г2.
откуда •
R /2
Г~ 2
а следовательно, h = R 2 и 2г = /? р^2 •
Таким образом, осевое сечение искомого цилиндра есть
квадрат;
416
671. Обозначим через R и Н соответственно радиус основания
и высоту конуса, а через г и h радиус основания и высоту иско-
мого цилиндра (рис. 222).
Пусть точка О—центр основания конуса, А — произвольная
точка окружности его основания, точка К—центр основания
цилиндра (не лежащего в одной плоскости с основанием конуса),
В—точка окружности того же основания.
Из подобия треугольников SKB и SOA
следует
SK ВК
SO ~~ АО 9
или в наших обозначениях
H—h__г_
Н ~ R '
откуда
Н
Боковая
Так как
мальное
поверхность цилиндра
36ок«2лгЛ=2яг^-(/?-г) = ?^-(-г»+/?г).
2лЯ о
—-----постоянная величина, то принимает макси-
значение, когда функция
lt у = — Г2 + /?Г
достигает максимума. Функция у достигает максимума при
R R
Г -2“ 2 ’
а следовательно,
h =
2 ’
что и требовалось доказать.
672. Обозначим радиус основания цилиндра через г, а его
высоту через h (рис. 223).
Из рис. 223 видим, что
Я2
— =/?2—г2, откуда h = 2^R2—г2.
Объем цилиндра
V ~яг2/1 —2лг2 КR2— г2.
Так как 2л—постоянная величина, то V достигает максимума
одновременно с функцией
14 И. X. Сивашинский
417
Ясно, что у2 и у принимают наибольшие значения при одном и
том же значении переменной г, поэтому будем находить значение г,
для которого у2 достигает максимума.
Имеем
у2 = г* (Я2 —г2),
или
г2 г2
г2 г2
Поскольку сумма трех сомножителей — , и (R2— г2) равна
постоянной величине, то у2, а следовательно и у, достигает наи-
большей величины при равенстве этих сомножителей, т. е. при
г2
откуда
или окончательно,
673. Обозначим через R радиус шара и через г и h соответ-
ственно радиус основания и высоту конуса (рис. 224). Продолжим
высоту SO конуса до встречи с шаровой поверхностью в точке Е.
Так как SE — 2R, a SO = ft, то OE = 2R—h.
На основании теоремы, что перпендикуляр, опущенный из
точки окружности на диаметр, есть среднее пропорциональное
между отрезками, на которые делится диаметр основанием этого
перпендикуляра, имеем
ДО2 = 5О-О£,
418
или в наших обозначениях
r2 = /i(2/?-/0i
Объем конуса
V =1^=^-Л* (2/?-Л)=4£ 44(2/? ~Л)-
О О О 4 £
Так как ^ — постоянная величина, то И достигает максимума
о
одновременно с произведением у = -^ 75-(2/?—h).
/л £
h h
Поскольку сумма сомножителей -у , и (2/?—А) есть постоян-
ная величина 2/?, то у достигает максимума при равенстве этих сомно-
жителей, т. е. при
4=2/?-/1,
откуда 4=Т'
674. Пусть измерения параллелепипеда х, у, г, тогда его боковая
поверхность равна 2 (ху + xz + yz). Очевидно, что
х2 + у2^2ху, х2+г2^2хг, у2z2 2yz.
Сложив почленно эти неравенства, получим
2 (х2 + у2 + za) > 2 (ху + хг+уг).
Но так как х2 +t/2 + z2=aa, то 2(ху + xz + yz)<2a2. Следователь-
но, наибольшая боковая поверхность
равна 2a2.
675. Обозначим сторону вырезае-
мого квадрата через х, тогда сторона
квадратного дна коробки будет рав-
на 6a—2х (рис. 225). Высота коробки х.
Объем коробки
V = (6a—2х)2х=4х (За—х) (За —х) =»
= 2(2х)(3а—х) (За—х).
Ясно, что V достигает максимума одно-
временно с функцией
у = (2х) (За — х) (За —х).
Так как 2x + (3a—х) + (3a—х)= 6a, т. е. постоянная вели-
чина, то у принимает наибольшее значение при
2х — За —х,
14*
419
откуда х=»а, т. е. сторона вырезаемого квадрата должна быть
в шесть раз меньше стороны листа жести, тогда объем коробки
будет наибольшим.
676. Пусть прямая КМ перпендикулярна к биссектрисе AD
(рис. 226). Опустим из точек В и С перпендикуляры BBi и ССГ
на прямую КМ и продолжим перпендикуляр ССг на отрезок СХЕ,
равный ССХ. Соединим прямой точки Е и А и докажем, что линия
ВАЕ—прямая. Так как AD — биссектриса угла ВАС, то
ZBABi-ZCACi (1)
как дополнения равных углов до прямого.
Точки А и Bi лежат на перпендикуляре МК, проведенном
через середину отрезка СЕ, а поэтому
АС = АЕ и (2)
Следовательно, треугольник САЕ равнобедренный и его высота
АСХ является биссектрисой угла САЕ, т. е.
^EACi^^CACv (3)
Из равенств (1) и (3) следует, что BABr—ЕАСЪ но BiAM —
прямая,,следовательно, и линия ВАЕ — прямая.
Из треугольника ВВкЕ
следует, что
ВА + АЕ <ВВ1 + В1В,
или, учитывая равенства (2),
имеем
ВА + АС < BBi + BrC.
Прибавив к обеим частям по-
следнего неравенства по ВС,
получим утверждение задачи:
BA-j-AC-^-BC <с ВВХ +
н- BiC+BC.
677. Обозначим сторону квадрата через а, тогда его периметр 4а,
а площадь а2.
Известно, что из всех треугольников с данной площадью равно-
сторонний имеет наименьший периметр (задача 641), поэтому мы
можем предположить, что треугольник равносторонний.
Пусть сторона равностороннего треугольника равна Ь, тогда
его периметр ЗЬ, а площадь —.
Ь^У'^З'
Итак, дано а2 =—, и требуется доказать, что ЗЬ > 4а.
Рассмотрим разность
36 - 4а=36—2Ь уз =b J/Т (|/27 — J/Тб) 0.
Следовательно, ЗЬ > 4а.
420
678. Обозначим одну из сторон загона, перпендикулярную к
стене, через х (м) (рис. 227), тогда вторая сторона будет равна
(300—2х) (jh), а площадь загона
S = x (300 — 2х),
или
S — 2х (150—х).
Так как х+150—х= 150, то S достигает максимума при
х=150—х, т. е. при х = 75 (м). Итак, Smax = 75xl50 (л2).
Таким образом, сторона забора, перпендикулярная к стене
амбара, равна 75 м, а параллельная этой стене равна 150 м, т. е.
загон имеет форму половины квадрата.
Рис. 227.
679. Обозначим радиус стола через г, центр его через О, высоту
лампы над столом через h, расстояние AM от края А стола до
лампы М через / и угол МАО через ф (рис. 228).
Из курса физики известно, что сила света J в точке А
выражается формулой
где k—некоторый постоянный коэффициент пропорциональности.
Так как созф = -у, то
k
J — sin ф COS2 ф.
Поскольку J достигает максимума вместе с J2, то рассмотрим
r0 k2 . « . 4Л2 . , чсоэ2фсоз2ф
J =уг sin2 <р cos* <р =-у (1—cos2(p)-2' 2 .
4£2
Так как -^-—постоянная величина, то J2 достигает максимума
вместе с функцией
/1 ® ч cos2 ф cos2 ф
у=(1 —cos2 <р)-yi —.
Поскольку сумма сомножителей (l—cos2<p), и с0$ есть
Z л
421
постоянная величина 1, то у принимает наибольшее значение при
. « cos8 Ф -»/2
1—cos’q) =—, т. е. при cos <р= у -у, откуда tg ф ==-!-— .
А так как Л —rtgcp, то
Рис. 229.
I v
/i = r
2-^0,7 л
680. Искомый путь пред-
ставляет собой ломаную ли-
нию, состоящую из пяти отрез-
ков, два из которых (перехо-
ды по мостам) даны По величи-
не и направлению (рис. 229).
Чтобы исключить эти два
представим, что
\\Va
Чтобы
отрезка,
каждый город приближен к
ближайшей реке на расстоя-
ние, равное ширине этой реки.
Пусть города А и В переме-
щены соответственно в пункты
Ах и By. Тогда отрезок А1В1 —
кратчайший путь от Ау до By.
Отрезок AjBx пересекает-
берега рек в точках D и Е.
Построив мосты, проходящие
через точки D и Е (DC и EF).
получим искомый кратчайший
путь ACDEFB. Сравним длину
этого пути с любым другим» например с ACyDyEyFyB.
Длина ломаной ACyDyEyFyB равна длине ломаной AAyDyEyByB,
часть которой AyDyEyBy длиннее отрезка AJ?!, а поэтому ломаная
ACDEFB короче ломаной ACyDyEyFyB.
в
Глава XVI
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В ТРИГОНОМЕТРИИ
681. Из второго соотношения, заданного в условии задачи,
получаем
3
sin 2В = -у sin 2А,
а из первого соотношения
3 sin’ А = 1 —2 sin’ В =cos 2В,
422
следовательно,
cos (А + 2В) = cos A cos 2В — sin A sin 2В =
3
= cos А«3 sin2 A —у sin A sin 2А =
= 3 cos A sin2 А — 3 sin2 A cos А =0.
Поэтому А + 2В=90°.
тт XU
682. Известно, что если —~7Г’ то имеет место производиая
пропорция x + X— и y+v y—o‘
Образуем производную пропорцию из заданного в условии равенства
а2— 1 +1 + 2а cos р + а2 __ а2 — 1 — 1 — 2а cos Р—а2
1 + 2а cos а+ а2+а2— 1 “ l + 2acosa+a2— а2+1 ’
откуда a+cosP_—1—acos fl a+coaa l-f-acosa
Таким же образом составим вторично производную пропорцию (1^>а)(1—cos р)(1 + а) (1 +cos Р) (l+a)(14-cosa) (1 — а) (1—cosa) *
Отсюда (1—cos Р) (1—cosа)_(1+а)* (14-cos р) (14-cos а) (1 —а)8 ’
или 2 sin8 у 2 sin2 у = , 1 + а. а 2cos2-^- 2cos2 ~
откуда . а . Р 1+а tg 2 tg 2 Г—а'
683. Умножим обе части заданного равенства на a+ 6.
Имеем
sin4 a + ~ sin4 а4"г~ cos4 a + cos4 a = 1 — (sin2 a+cos2 a)2,
a a
ИЛИ ~ sin4 а—2 sin2 a cos2 а+ — cos4 а~0, а о
423
откуда
т. е.
откуда
или
b2 sin4 а
cos4
О)
(2)
Подставив в заданном в условии
(1), получим
cos4 а —
равенстве вместо sin4 а выражение
Ь2
(а + Ь)2'
(3)
Если же в данное уравнение подставить вместо cos4 а выражение
(2), то получим
• л Я2 /н
sin4a=(-JTb?‘ (4)
Равенства (3) и (4) возведем в квадрат, получим
* я fl4 я Ь*
S1П8 а = 7—» COS8 а = 7—ГТП »
(а4-6)4 (а+&)4
откуда
sin8 а a cos8a_ b
~а^“(а + &)4 ’ 63 “(а+ д)4 ’
Сложив последние два равенства, получим
sin8 a t cos8a a-\-b __ 1
~~a? 1 ^~~(a+¥)4 ““ (a + b)2’
что и требовалось доказать.
684. Рассмотрим тождество
cos (х +£/ + *) = cos (х + у) cos 2 —sin (х+у) sinz =
= cos х cos у cos z— sin x sin у cos z—»
— sin x cos у sin z—cos x sin у sin z =
== COS X COS у COS 2 (1 — tg X tg у — tg X tg 2 —• tg у tg 2).
Так как x+y + z = ^- k, to
S = tg x tg y-Hg у tg z + tg x tg z = 1 -CCO°S\( =
3T .
cos k
=1-----------1------.
cos.x cos у cos 2
Ясно, что если k нечетно, то S = 1 и не зависит от х, у, ж.
424
685. Первое р е щ е н и е. Имеем
_ 2 — /и (sin 2а-р sin 2р)
(1—msin2a)(l—tn sin 2ф)5=8
_ 2 [ 1 — m sin (a + P) cos (a —ft)]_
~~1 — m (sin 2a + sin 2p) + /n2 sin 2a sin 2p —
__ 2 [1 — tn sin (a + P) cos (a — P)] * 1
1 — 2/n sin (a + P) cos (a — P) + ~2“ fcos 2 (a““₽)~cos2 (a + P)|
tt . , , cos (a—P)
Но так как по условию sin (a-f-P) ——~то
iJ =2[1—cos2 (a—P)] =
1—2 cos2 (a—P) + -g- [cos2(a—P)—cos2(a + P)]
___________________2 sin2 (a—p)________________
1 —2 cos8 (a—p) + [2 cos8 (a—₽)—2 cos8 (a + ₽)]
_________________2 sin2 (a— P)____________
"“1—2 cos2 (a — p) + tn2 [cos2 (a — P) —cos2 (a + P) 1
Из условия следует, что
cos2 (a—P) == tn2 sin2 (a + p),
sin2 (a—P)== 1—m2 sin2 (a + p).
Поэтому
__________________2 [1—m2 sin2 (a + P)]_____________
y = 1 — 2/n2 sin2 (a+ p) + m2 \m2 sin2 (a+ P) — 1 + sin2 (a + P)J
_________2 [1 —m2 sin2 (a + P)l_____
“”1 —/n2 sin2 (a+p)—/n2 + /n4 sin2 (a + pj
2[1— m2sin2(a+p)] _ 2
“(1— tn2) [i —/n2sin2(a+P)] 1— m2 '
Второе решение. Из условия следует, что
1 _ sin (a + P)
tn ~~cos(a —p) *
поэтому
1 _ sin (a + P) 2 sin (a + P)
tn sin 2a“"sin 2a cos (a —p)“”sin (3a —P) + sin (a + P) *
1___________2 sin (a + p)___sin (a + P)
1—m sin 2a ~ sin (a + p) — sin (3a — P) ~ cos 2a sin (p—a)‘
425
Так как заданное в условии равенство симметрично относительно
а и р, то по аналогии получим
1_________sin (а+Р) _ _ sin (а+р)
1 — m sin 2p~cos 2р sin (а—р)~ cos 2р sin (Р—а) ’
sin (а+ Р) ( 1 1 \ _sin (а + Р) cos2P—cos 2а__
^’*~sin(P—а) \cos 2a”cos2py "“sin(P—a) cos2acos2p
_____________2 sin2 (a + p) sin (a—P)__
sin (a—p) у [cos(2a + 2p) + cos (2a—2P)]
______________4 sin2 (a + p)________
~ 1—2 sin2 (a + P) + 2cos2-(a —P) —1
_____4 sin2 (a+P)______________2 sin2 (a + P)______
e2 [sin2 (a + p)—cos2 (a—p)]“sin2 (a + p)—m2 sin2 (a+P)““
_ 2
1 — m'2 *
686. Из условия следует, что
geos (x+a) ecos (x + 2a) a cos (x + 3a)
cosx ’ cosx ’ cosx
Левая часть доказываемого равенства
[. acos(x+2a)~| a cos (х + 2a)
а -------i—!--L -----1—!----L =
COSX J COSX
q2 [cos x+cos (x + 2a)] cos (x+ 2a) _
COS2 X
__ 2a2 cos a cos (x+a) cos (x + 2a)
cos2 X
Правая часть доказываемого равенства
, ... Га cos (x + a) . acos(x + 3a)1 acos(x+a)
(Ж)*= L—J
/z2 [cos (x+a) + cos (x+ 3a)) cos (x + a) _
~ cos2 X
2g2 cos a cos (x + a) cos (x + 2a)
cos3 X
(1)
(2)
Из (1) и (2) следует, что (a+c) с —(6 + d) b,
687. Сначала заметим, что
У 5^П 2 _ 1—cos у
2~£Os2|"1 + cos</’
426
Далее в силу условий задачи
cos г
cos у =-----------------------------.
17 cos х
Следовательно,
о . г+х . z—x
2 sin—sin—7— ,
. у COSX-COS2 = 2 2 == г+х г-х
5 2 cosx + cosz п г + х г—х 8 2 8 2
2cos —cos
688. Пользуясь формулой для sin(a + P), преобразуем соотно-
шение sina = A sin(a + P) к виду
sin a (1—* A cos р) = Д cos a sin p.
Тогда
A_„ Л sin P
tga-l —Xcosp
и, следовательно,
Л sin P sin p
i / tc>\ 1 — A cos P^cosP sinp
g (a + P)— i д sin P sin P~~*cos p — A '
1 — A cos p cos p
689. Из заданного в условии соотношения составляем произ-
водную пропорцию
sin(2a + P) + sin р _т-\-п
sin(2a+p)—Sin р ~m—n 9
или
2 sin (a + P) cosa m + n
2cos (a + p) sina“/7i—n ’
или
tg (a + P) ^+n
tga tn—n9
или
tga+tg P = m + n
tga(l — tga tg P) m—n9
или
1
tga _fn + n
1—tg a tg p““m—n 9
откуда
1+1L0
tga = 1—tgatg p
m + n m—n *
427
690. Имеем
tg X (1 — tg у tg z) = — (tgy + tg z),
откуда
^-tg (y+z) = tg (-y-z).
Итак,
tgx=tg (-У—z),
откуда
x = nk — (y + x),
т. e. л + |/ + г=лй.
691. Первое p e ше н и e. Имеем
Л = а (2 cos2 a—1) +26 sin a cos a,
b cos a
но так как sina =------, то
a
ял « .nt. b cos a
Л = 2a cos* a— a+26cos a —-—
a.
cos* a sin* a . Q ,
——~ =—— или b2cos*a=
a* b2
T_ cos a sin a
Из условия ——= -j—
= a*--a* cos* a. Отсюда
следует, что
2
cos* a = , следовательно,
a^-f-cr
a2
л _________
a2 + b2
a = 2a—a = a,
т. e. А зависит только от a.
г» тл b sin a
Второе решение. Из условия следует, что
Поэтому
(о - b . . sin a . _ \
cos 2a4— sin 2a = a ( cos 2a4--sin 2a =
a J \ cos a J
cos 2a cos a 4-sin 2a sin a cos (2a—a)
— a----------!---------= a---------- = a.
cos a cos a
692. Рассмотрим разность
tg (d+₽)-2 tg a=sin (a + P) cos a~2, (g±P>. (1)
& \ i г/ & cos a cos (a 4-p)
Достаточно показать, что при условии
3sin P = sin (2a4-р) (2)
эта разность равна нулю.
Пользуясь формулами, выражающими произведения тригоно-
метрических функций через их суммы, преобразуем числитель
дроби (1). Имеем
sin (a4- Р) cos а = [sin P 4-sin (2a 4- P)]»
A
2sinacos (a4»P) = sin (2a4-P)~sin p.
428
Следовательно,
tg (a -f- р) — 2 tg а=. (3)
& & 2cosacos(a+p)
Из (3) и (2) следует равенство
tg (a+P) = 2tg а.
693. Имеем
sin a sin 2а sin За=sin 2а (cos 2а—cos 4а) =
= ~ sin 2а cos 2а—~ sin 2а cos 4а =»
=4-sin 4а—*4* sin 6а 4-4-sin 2а.
4 4 4
Но так как
11 3
-j-1 sin 4a—sin 6a-|-sin 2a | sin 4a | + |sin6a|+ | sin2a—,
то sin a sin 2a sin 3a / 1 ни при каком a.
694. Имеем
у = cos2 (a + P) [a tg2 (a + f) + b tg (a + P)+с] =
“TTW+pjta tg8 (e+₽)+6 *«(«+₽>+*)•
Но так как по формулам Виета
tga+tgP=— и tgatg₽=y,
ТО
_Ь_
tg(a { р) = tg« + tg р __a.=_L_
ig(®rP) 1 —tgatgp 1 — c_ c—a’
a
а потому
у » [a (84б)’+ь +c] =c-
1 I ——~ I
\c— a)
695. Перепишем условие в виде
2a tga = 2(l-|-tg2a)f
или
2 tga 2
1 + tg2 a““ a ’
2
или sin2a=—, откуда
Радикал берем только со знаком плюс, так как 0<2а<у,
а потому cos 2a > 0.
429
696. Из условия задачи находим
cosa+cosP
COS X = Т-:---------------------.
1 + cos a cos р
Подставив cosx из (1) в тождество
.С2 х _l-cosx
8 2 _l+cosx’
(1)
получим
tg2l=tg8ltg8l,
откуда
. х , . а . р
tgy=±tg7tgf.
697. Из условия следует, что
sina.= 4sinp и cos а —cos р.
D
Возведем обе части этих равенств в квадрат
А2
sin2 а= A2 sin2 р, cos2a = -g2(l— sin2 Р).
Сложив эти два равенства, получим
1=Л8(1-^)5Ш8₽ + ^,
откуда
sin2 р
В*—А*
л»(в2-1) и sin
Далее, возведя в квадрат обе
. . sin a
sinp = —
В2-A2
В2—1 *
части равенств
Q В cos a
cos₽ = —j— ,
получим
„ о В8 cos8 a
COS2 Р =-----jy—
. 2 Q sin2 a
8'п2₽=-Д2->
Сложив эти равенства, получим
, sin8 a+ В8 cos8 а 1—cos8 аВ8 cos8 a
1 - ‘ Ji
А2
откуда
cos а==
Л8—1
В8—1 •
Z> • O . 1 1/B8—Л8 . 1/Л2-1
Отв. sinp=±-j у Q2 ~T ' cosa=± У вГГТ
698. Поскольку Д + В4-С==л, то
Д-|- В = С, cos (Л + В) cos С,
откуда
cos (А + В) -J- cos С = 0,
или
cos A cos В + cos С == sin 4 sin В.
430
(cos A cos В + cosC)2 = sin2 Asin2 B = (l — cos2 A) (1— cos2 B).
Отсюда
cos2 A + cos2 В + cos2 C + 2 cos A cos В cos C= 1. (1)
Но так как
cos A = cos a sin p, cos В = cos p sin y, cos C —cos у sin a,
то (1) принимает вид
cos2 a sin2 p 4* cos2 p sin2 у + cos2 у sin2 a 4-
4- 2 cos a cos P cos у sin a sin P sin у = 1, (2)
Так как cos a cos P cos у / 0 (по смыслу задачи), то, поделив (2) на
cos2 a cos2 р cos2 у, получим
+2^L + 2tgatgPtgY-___________1
COS2 у COS2 a COS2 Р g & Р s Г COS2 a cas2 р ^os2 у >
tg’ Р (1 + tg* Y) + tg« Y (1 + tg» a) + tg» a (1 + tg* p) +
+ 2 tg a tgP tg Y = (l + tg» a) (14-tg2 P) (1-f-tg* Y)»
откуда
2 tg a tg P tg у = 1 + tg* a tg* p tg* y,
или
(tgatgPtgy—1)»=0;
отсюда
tgatgptg y = l.
699. Пользуясь формулами косинуса и синуса двойного угла,
преобразуем выражения для Alt Вх и Сг так:
л . l+cos2a , „sin2a , 1—cos 2a
A' = A--§-----+ В — +C-------2----=
A + C , В . o , A —C o
= ----1- -y sin 2a 4-— cos 2a;
Bx = C sin 2a 4- В cos 2a — A sin 2a — В cos 2a—(A — C) sin 2a;
„ A4-C В . _ A — C o
Сг =—------2“ sin 2a-2— C0S 2a;
В 2— 4A1C1 = [B cos 2a—(A —C) sin 2a]2 —
— 4 pMf^4- (jy sin 2a4-—cos 2aX
sin2a + ^y^ cos 2a) j =
= B2 cos2 2a—2B (A — C) sin 2a cos 2a4~
+ (A—C)2 sin2 2a—(A4"Q2 + [^ sin 2a4-(A — C) cos 2a]2 =»
= B2 cos2 2a—2B (A — C) sin 2a cos 2a +
4- (A — C)2 sin2 2a—(A 4- Q2 4- B2 sin2 2a 4-
4-2B (A—C)sin 2acos2a4 (A — C)2 cos2 2a ==
= B2 (cos2 2a 4~ sin2 2a) + (A — C)2 (sin2 2a + cos2 2a) —
— (A 4- С)2 = B2 4- (A — C)2 — (A 4- Q2 = B2—4AC.
431
700. Имеем
С я А + В
ТЧ--------Г"’
поэтому
С . А + В
COS -у = Sin--у- и
А + В . С
ЗС Зя 3(Л + В)
2 ” 2 2
следовательно,
ЗС . 3(Л + В) 3(Л + В) . ЗС
COS -у = —Sin - v *> И COS -•'“У----- == — Sin у .
*2
. Л-В
cos—------cos—у-
-3|--------2--------_
Л —В :
cos —н— sin
X cos
Учитывая эти соотношения, получаем
о . Л . В С , . ЗЛ . ЗВ ЗС
3 sin -у sin.y cos у 4- sin — sin у cos у=
3(Л—В) 3.(Л + В)
С cos 2 Cos 2 v
cos у +------------у---------X
А + В .С С \ ,
_ -----------sm у cos у J +
+у (^-cos -L—L 81п у +sin у cos у ) =
3 1
=sу (sin Л 4- sin В—sin С) + у (—sin ЗЛ — sin ЗВ + sin ЗС).
Учитывая условие задачи, имеем
3sin Л+3sin В —3sin С—sin ЗЛ—sin ЗВ + sin 3C = 0,
откуда
2 (sin Л + sin В—sin С)+(sin Л—sin ЗЛ) + (sin В—sin ЗВ)—
— (sin С—sin ЗС)=0,
2 sin Л+2 sin В—2 sin С—2 sin Л cos 2Л —
—2 sin В cos 2В + 2 sin С cos 2С = 0,
2 [sin Л (1—соз2Л)-|-81п В (1 —cos 2В)—sin С (1—cos 2С)]=0.
Поэтому
sin3 Л + sin3 В = sin3 С.
Так как
81плвй’ sinB=^? " sinc=6’
то a,+H=RC8, что и требовалось доказать.
701. Имеем
С=я—(Л4-В) м sin С =«sin (Л + В).
432
Следовательно,
(sin А + sinB + sin C) (sin A + sin В — sin C) «=>
К . 4 + B 4 — В t п . 4 + B 4 + B\
«= I 2 sin —cos ——h 2 sin cos —у j X
/„ . A + B А—В „ . Л + В ЛЦ-ВХ
X I 2 sin —j— cos —-----2 sin —— cos —j —
. . .A + Bf -А —В .A+B\
*=4 sm* —5— cos* —5-----cos® —k— ) =
Z \ Z Z f
=2 sin* [i -i-cos (Д _ В)— 1 —cos (Л + B)] =
=2 sin* —2 sin Л sin В = 4 sin A sin В sin® - .
z z
Итак, заданная зависимость принимает вид
4+ В
4sin 4 sin В sin2—~- = 3 sin 4 sin В»
z
или
л . 24 + В '
4 sin2—~—=3,
так как sin 4^0, sin В 0. Далее
sin^i-£=X^, Л + В = 120°, С=60°.
702. Имеем
sin5 х+cos5 х««(sin х+cos х) (sin4 х—siп3 х cos х+
+sin^ х cos2 х—sinx cos3 x+cos4 x) =
да(sin x+cos x) (4sin4 x+cos4 x)—
—sin x cos x (sin2 x+cos2 x) + sin2 x cos2 х]. (1)
Возведя в квадрат обе части равенства sin x+cos х = а, по-
лучим
sin2 x+cos2 х+2 sin xcos х = а2,
откуда
а2 —1
sin х cos х = —g—.
Далее
sin4 x+cos4 X = (sin2 x+cos2 x)2—
0-2 2 1 («2-1)2 l+2a2—a4
—2 sin2 x cos2 x = 1 — -—— == —!—--.
Возвращаясь к равенству (1), получим
, . . . Г1+2а2—a4 a2 —1 , (a2—1)21 a
sin5 x+cos5 x да a —!—5-------57“ + “—(5— a4).
L A A' ' ' 4 J 4
433
703. Имеем
1 — cos8 а—cos2 6—cos8 с 4- 2 cos a cos b cos c =
= 1—cos2 a — cos2 b—cos2 c4-2cos й cos b cos c +
4-cos8 b cos2 c—cos2 b cos2 c ==sin2 b—cos2 c sin2 b—
•—(cos a—cos b cos c)2 = sin2 b sin2 c—(cos a—cos b cos c)2 =
= [sin b sin c+cos a—cos b cos c] [sin b sin c—cos a + cos b cos c] =
= [cosa—cos (&+c)] [cos (b—c)—cos a] =
. . о + дЧ-с . Ь4-с—a . a + b—c . a+c—b
=4 sin —sin ----------sin —-----sin —----=
= 4 sin p sin (p—a)sin (p—b)sin
704. Из условия следует, что
2лу = 2лл—2л (a4~P),. л(а4~Р) = лл—пу.
Имеем
sin 2na + sin 2лр + sin 2лу =
= 2sin п (а + Р) cos п (а— Р)—sin 2п (а + р) =
==2sin л (a+p)cos п (а—Р)—2sinn (а+р)соз л (а+ р) =
= 2 sin л (а+Р) [cos л (а—Р)—cos л (а 4- р)] =
= 4 sin л (а-ЬР) sin на sin np = 4sin ла sin лр sin (ля—лу)= ...
== (—l)rt+i 4 sin ла sin пр sin лу.
705. Преобразуем правую часть доказываемого равенства.
Имеем
4 sin a sin (60° —a) sin (60е + a) =
«=4 sin a—(cos 2a—cos 120°) = 2 sin a cos 2a—2 sin a cos 120° =*
=2--^-(sin 3a—sina) + sina=sin 3a—sina + sin a = sin 3a.
706. Преобразуем правую часть доказываемого равенства.
Имеем
4 cos a cos (60*—a) cos (60° + a) =
«=4 cos a • (cos 120* 4- cos 2a) = 2 cos a cos 120° 4- 2 cos a cos 2a =
c= — 2- у cos a 4-cos 3a+cos a—cos 3a.
707. Первое решение. Имеем
. 2 tg a
tga-Hg2a _ ga+l— tg2 a _
tbJ“-l-tgatg2a 2tga
ё 1 — tg2a
_3 tg a —tg8 a _. 3—tg2a . tg260° —tg8a
“ I— 3 tg2 a ё 1 —3tg2a ё 1 — tg260°tg2a
=tg “ iwS=tgatg(60’-a) tg(60’+a>-
434
Второе решение. Так как (см. задачи 705 и 708)
sin За » 4 sin а sin (60°—а) sin (60° 4- а),
cos За = 4 cos а cos (60°—а) cos (60°+а),
то
t Зя — 2*s*n qsin (6Q° —а)sin (60*4-а)
£ ~~ 4 cos а cos (60°—а) cos (60° + а)
= tga tg(60°—а) tg (60° +а).
708. Имеем
. 2 sin 18° cos 18° sin 36° cos 54°
sin 2cosl8° “ 2 cos 18* ~ 2 cos 18°
cos (3» 18°)__4 cos* 18*—3 cos 18* _ 4 cos2 18°-— 3
2 cos 18° “ 2 cos 18* ~ 2
4^4 sin2 18° — 3 1 — 4 sin2 18°
- 2 “ 2 *
Итак,
. ’ o 1—4 sin2 18°
sin 18°==------------------------x,
или
4 sin2 18°+ 2 sin 18*—1=0,
откуда
si„ is-
4
Так как•
cos* 18*i= 1-sin218» <= ,
\ 4 J lo
to ________
4 •
709. Первое решение. Имеем
(tg 9° + tg 81°) - (tg 27° + tg 63°) =
_ sin 90°_________sin 90° __cos 27° cos 63°—cos 9° cos 81е
~cos 9° cos 81 ° cos 27° cos 63° ~~ cos 9° cos 27° cos 63° cos 8Г
2 cos 27° cos 63° — 2 cos 9* cos 81° д
B 2 2 cos 9° cos 81° • 2 cos 63° cos 27°
o cos 90° + cos 36°—cos 90°—cos 72° __
“ 2 (cos 90°+cos 72°) (cos 90° + cos 36») ~
e 9 cos 36°—cQS 72° , 2 sin 54° sin 18° _ .
e cos 72° cos 36° sin 18° sin 54° ~
435
Второе решение. Имеем
tg 9° + tg 81 °— tg 27° — tg 63° =
= (tg 9° + ctg 9°) - (tg 27° + ctg 27°) =
_ 2_________2 2_____________2________===
sin 18° sin 54° sin 18° 3sin 18® — 4 sin? 18°
__2 (3—4 sin2 18°)~-2_ 4(1—-2 sin218°) ^4 cos 36°
sin 54° ““ sin 54° cos 36°
710. Имеем
(cos 24° + cos 48°)—(cos 84° + cos 12°) =
«= 2 cos 36° cos 12°—2 cos 48° cos 36° =
= 2 cos 36° (cos 12°—cos 48°)» 4 cos 36° sin 18° sin 30° =
__8 sin 18° cos 18° cos 36° sin 30° _ 4 sin 36° cos 36° sin 30° _
2 cos 18° 2 cos 18°
2 sin 72° sin 30°_ 2 C0S 18°‘2’_ 1
~ 2 cos 18° 2 cos 18° 2’
711. Имеем
sin 47°4-sin 61°—sin 11° — sin 25°==
= (sin 47°—sin 25°) + (sin 6Г—sin 11°)==
= 2 cos 36° sin 11° 4- 2 cos 36° sin 25° =s
= 2 cos 36° (sin 25° + sin 11°) = 4 cos 36° sin 18° cos 7° =
__ 4 cos 36° cos 18° sin 18° cos 7° __2 cos 36° sin 36° cos 7°
cos 18° ~ cos 18°
sin 72° cos 7° cos 18° cos 7° _o
----cosie3--------- cosT85-----COs7‘
7!2. Имеем
1 - 4 sin 10° sin 70° _ 1 —2 (2 sin 10° sin 70°) _
2 sin 10° ~ 2 sin 10° ~
_ 1 + 2 (cos’80°—cos 60°) _ 1 + 2 (C°S 800 ~2
• “ 2 sin 10° “ 2 sin 10°
2 cos 80° __ sin 10° __.
~ 2 sin 10° ~ sin 10°
436
713. Имеем
tg 20е tg 40° tg 60° tg 80° = V 3 tg 20° tg 40° tg 80° =
— тЛ“т s*n 20° s*n s*n y°
cos 20° cos 40° cos 80° e
— 1/”T s*n Ю° cos s*n 20° cos 20° 2 sin 40° cos 40° __
~ Y 6 cos 20° cos 40° sin 10°
=8 V"3 cos 10° sin 20’ sin 40°=8 V~3 cos 10° cos 6t>°-=
=4 3 ^cos 10’cos 20° — у cos 10°) =
= 4 рлу ^cos30’ + cosl0°_^ cos юо) =
=4/3 a cos 30’=4/Т .2-.2Li=3.
714. Первое решение. Имеем
cos 20’ cos 40’ cos 80° = cos 20’ COS-1-20°+CO?-40° =
_ 1 +cos40’
=cos 20°----x------— cos 20° + -y cos 20° cos 40° =»
X 4 X
1 пло . 1 cos 60° +cos 20°
----Tcos20’ + y--------f-------
=4-(—2 cos 20° +1 + 2 cos 20°) =-j-.
О о
Второе решение. Имеем
cos 20° cos 40° cos 80° ==
8 sin 20° cos 20° cos 40° cos 80° _4 sin 40° cos 40° cos 80° _
e 8 sin 20° ~ 8 sin 20° ~
— 2sin 80° cos 80° sin 160° __ 1
“ 8sin20’ “8sinl60°“ 8*
437
Глава XVII
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
715. Первое решение. Это уравнение распадается на два
уравнения.
л
4) cos х = О, откуда х =» (2k -f* 1).
Зл
Так как tg Зх-tg — (2&+1) не существует ни при каком целом
значении k, то множество корней (2&+1) не является ре-
шением заданного уравнения.
2) tg3x = 0, откуда х==^.
<5
Поскольку cos$ существует при любом целом k, то реше-
О
нием уравнения является
nk
Второе решение. Поскольку tg За и cos За ==
= 4 cos3 а—3cosa, то заданное уравнение принимает вид
sin Зх Л
cos х 5--z--5-----«в 0,
4cos*x—3cosx
или
_________________________sin Зх __п
4cos*x—3*“
Если 4 cos**— 3 0, т. е. cos х ± -у- и
+ (1)
то sin Зх = 0 и
*=у. (2)
' о
Заметим, что соотношение (1) не исключает корней формулы (2).
Отв. х = -g-.
438
716. Это уравнение разбивается на два уравнения:
tg3x = O (1)
и
tg4x = 0. (2)
Из .(1) имеем х==^, а из (2) х = ^. Так как tg существует
<5 4 о
, nk
при любом k, то множество х = ~ является решением заданного
уравнения.
п х Зл& ,
Поскольку tg — существует только при всех я, кратных
четырем (Аг = 4m), и всех нечетных k (k = 2ш +1), но не существует
при четных k, не кратных четырем, то надо из совокупности х=~
исключить значения х, получающиеся при £ = 2(2лтЧ-1).
Итак, имеем множества корней
х = м и х = ~(2/п-Н).
Заметим, что числа х — шп содержатся в множестве корней ~
при значениях А, кратных трем.
Отв. ^-(2*4-1), где Л=0, ± 1, ±2, ...
717. Заданное уравнение равносильно системе
sinx==0, tgx^O.
Решая уравнение sinx —О, получаем x = nk. Но tgnfc=0 при
любом целом kt поэтому заданное уравнение не имеет решений.
718. Заданное уравнение равносильно системе
tgx = O, sin Зх
Решая tgx = 0, получаем x = nk. Но любое значение х из
множества x = nk превращает sin 3x в нуль, следовательно, задан-
ное уравнение не имеет решений.
719. Заданное уравнение равносильно системе
tg3x==0, sinx^O.
Решая уравнение tg3x = 0, получаем х = ^. Но sin обра-
3 о
щается в нуль при kt кратном трем, поэтому надо из множес1ва
х = ^ исключить те значения х, которые получаются при Й, крат-
ном трем.
Отв. Л (ЗЛ ± 1>.
О
439
720. Левая часть уравнения может быть равна единице только
тогда, когда tg 3x = tgx,
откуда Зх—x = nfc,
или л t. x = rk.
Но так как при k четном tg х превращается в нуль, а при k нечет-
ном tgx теряет смысл, то поэтому заданное уравнение не имеет
решений.
721. Первое р е ш е н и е. Имеем
tg3x —tgx— (1 + К 5 ) tgx = O,
откуда
sin 2х (1 + V 5 ) sin
cos Зх cos х cos х
или
sinx
2 cosx— (1 + К 5 ) cos Зх I
cos x cos Зх
Это уравнение распадается на два уравнения?
sinx=0 (1)
в _
2 cosx— (1 4~ 5 ) cos Зх = 0. (2)
Из уравнения (1) имеем xx — nk.
Так как cos Зх = 4 cos8 х—3 cos х, то уравнение (2) принимает
вид
cosx [2—(14- V 5 ) (4 cos2x—3)] = 0.
Поскольку при cosx=0 функция tgx теряет смысл, то последнее
уравнение равносильно следующему:
4 (1 + К~5) cos2 х = 5 + 3 Кб?
или
4(1 + K5~H1+cos2x)? t
откуда *
о К~5+1
COS 2х = --5--- .
4
Следовательно,
2х — ± arccos —* + 2як и х2 = ± 0,5 arccos + nk.
Так как
arccos
У 5+1 л
440
то
*2“ ± То + Я^'
Второе решение. Так как
tg3x=3-X7Jp,
& 1— 3tg*x
то заданное уравнение можно переписать в таком виде!
или
lJftgax (3-tg»х-2-/Т +6 tg2 х+ /5-3 tg« х) = 0. (1)
Должно быть
1/”з~
1 —3tg2x=£0, или ,
о
т. е.
X ± -^- + nfe. (2)
Уравнение (1) распадается на два уравнения;
tgx=0 (3)
и
(5 + 3/T)tg2x-(/'5-l)=0. (4)
Из уравнения (3) следует
х1 = лй, (5)
из (4) имеем
, V 25-10 У~5
tgx= ±-------g,
откуда
. , 4 /25—Ю/Т
x2 = nk ± arctg -=—---•
о
Поскольку
я /25—10 /ЁГ
tg10- 5
то
*2 = Л*±уд. (6)
Отметим, что условие (2) не исключает корней формул (5) и (6).
, л
Отв. nk9 nk ± уд .
441
722. Должно быть cos х = ± -х—|- 2лД но так как
о
| 2nk | > 1 и | —-^- + 2л&|>1
при любом значении k, то уравнение не имеет решений.
723. Имеем
cosx = ± -^- + 2лЛ.
Это равенство возможно только при А=?0, так как
|cosx|^l.
Итак,
cosx=±-g-.
Отв. ± arccos-5-+лп.
о
X X
724. Первое решение. Если cos-^= cos-5-, то должны
Z о
иметь место равенства
А + .£=2лй (1)
и
|-| = 2лп, (2)
откуда
Очевидно, что ни при каких целых значениях k и п не будет иметь
места неравенство 0<х<л, что доказывает утверждение задачи.
Второе решение. Так как х—угол треугольника, то
должно быть
О < х < л.
Следовательно,
0<±<А<^.
3 2 2
Но так как в интервале ^0, -j-j косинус монотонно убывает, то
должно быть
X х
COS < COS -у ,
что противоречит равенству cos y=cosj.
442
725. Первое решение. Действительно, так как [ sin a j 1,
то произведение двух синусов может равняться единице только
в одном из следующих двух случаев:
1) sin2x=l и sin6x = l;
2) sin2x==«—1 и sin6№ — 1.
Рассмотрим случай 1). Получаем
(4^+1)я (4Z + 1M
4 12
Сравнивая найденные значения х, получим
(4k+1) л_(4/+ 1) л
4 12
откуда
6ft = 2/—1.
Но четное число не может равняться нечетному, и, следова-
тельно, случай 1) невозможен. Легко показать, что и случай 2)
невозможен. (Полагая х=—г, случай 2) сразу сводим к случаю 1).)
Второе решение. Имеем
1—sin2x sin6x==0,
1 —~ (cos 4х—cos Зх) = О,
1 —cos 4х +1 + cos Зх = О,
2 sin2 2х + 2 cos2 4х = 0.
Последнее возможно только в том случае, когда sin2x=0 и
cos4x — 0 одновременно. Так как из полученных уравнений нахо-
дя (2/ + 1)л
дим, что х = -^- н х=-—' -- -, то
2 о
4* = 2/ + 1.
2 о
Но это невозможно, так как четное число 4ft не может рав-
няться нечетному 726. Имеем 2/ + 1. 1 ( п . л\ — 1 cos2/nx + cos -о-) = а> 2 \ о J
или п п 1 4а~1 cos 2m х = 2а —% = —— •
Должно быть -~2<4а—1 <2, — К 4а < 3.
1 3
Отв.
4 4
443
727. Имеем
tg (х - 45°) tg (x+45е) = tg (x— 45°) ctg (45°—x) == -1.
При этом предполагается, что х /45°(2п4-1), ибо тогда один
из сомножителей обращается в нуль, а другой—не существует.
Знаменатель правой части преобразуется к виду
cosx 2cosx Л .
------------------:-----= —2 ctgx;
. х х sinx--------------&
sin у cos у
при этом предполагается, что х # 180°и, ибо при х=180°л либо
tg~, либ° ctg— теряет смысл. Получаем уравнение
4 2
4 cos2 х
2ctgx ’
которое (в предположении, что х # 180°п) приводится к виду
cos2x==0. Последнее уравнение имеет решение х=45°(2п + 1), но
оно не соответствует сделанным предположениям. Итак, уравнение
не имеет решений.
728. Имеем
• X 1 » X
sinx COS у=у у COS2 у,
или
X I X I
2 sin xcos -q = cos-5- .
z I 2 I
Это уравнение распадается на два уравнения:
п . х , х л
2sinx cos -5- ± cos -9-=0,
/л
т. е.
2cosy (sinx ±-0=0,
откуда
1) cos у—0 и х1 = л+2л/?=л (2& + 1),
1 л
2) sinx=±y и х2=±у + лЛ.
Легко убедиться, что множество корней хх==л(2Л+1) удовлетво-
ряет заданному уравнению при любом целом k.
л
Но среди множества х2=± у+лЛ имеются посторонние кор-
__ м < /-» л । л X л ,
ни. Действительно, пусть й=2, тогда х=у + 2л и ’y=='f2’+
В этом случае имеем
1 л * / л , \ л А
sinx=y > 0, C0Sy= cos I = cos 12 < °’
444
следовательно, левая часть уравнения sinx cos-g-< О, а правая
часть неотрицательна, так как радикал берется в арифметическом
смысле.
Итак, в формуле
х2=± -у + я/г
надо исключить те значения х, при которых sin х и cos -% имеют
противоположные знаки. (Случай sinx = 0 невозможен, а случай
cos-7~ = 0 ранее рассмотрен и множество корней этого уравнения
представлено формулой хг = п (2^4“1).)
Так как sin х = 2 sin — cos, то левую часть уравнения можно -
переписать так:
с, . х 9 х
2 sin cos2 — .
Поскольку 2 sincos2должно быть положительным, а
cos2 ~ > О, то должно быть sin ~ > 0, откуда
2лЛ < -у < л4-2л£
и
4лЛ < х < 2л4-4л£. (1)
Легко установить, что из множества корней х=± л£ только
подмножества
л . . 5л » . , 7л . < 11л « j «
-g- + 4afc, -^-4-4лЛ, ~^г- + 4лл, -^~ + 4л/г
удовлетворяют условию (1).
Отв. л (26 4-1), -~-4*4л&, ~?4-4л£, -^?4-4л£, Ц^4~4л£.
729. Пусть положительное число d—разность арифметической
прогрессии, тогда
b = a-^d, m = a+2d, n~a + $d.
Перепишем заданное уравнение так:
sin ах sin (a4~d) x = sin (a4-2d)x sin (a4-3d)x,
или
0,5 [cos dx—cos (2а 4-d) x] ==0,5 [cos dx—cos (2а 4-5d) x],
или
cos (2а 4- d) x = cos (2а+5d) x.
445
Отсюда следует, что
(2a + d)x+(2a + 5d)x~2n^ (1)
И (2a+5d)x—(2a4-d)x=2n*. (2)
Из (1) имеем Jlk Xl~2a+3d b+m’
а из (2) nk nfe x* 2d m—b'
Л як Оте. т-т—» Ь+т m—b'
780. Ясно, что sinx, sin yt cosx, cos у не равны нулю, ахну
различны.
Перепишем заданную систему так!
sin х^ К 2 sin^,
К“2
cosx =-4= cos у.
/3
После возведения обеих частей уравнений в квадрат получим
sin2 х = 2 sin2 у,
, 2 4
cosax=-^-eos*y.
о
Сложив эти уравнения, получаем
. 2
1 = 2sin’ у 4--~- cos’ у,
о
или
2
1 ==2 (1 «-cos* у)+j- cos* д.
Следовательно,
. 3 14-cos2p 3
cos*t/=-p или -------—2=Т’
откуда cos2j/ = -;j- и
2у=±-у+2лт, у—±^-+пт.
Подставляя значение у во второе уравнение системы, получаем
откуда
446
Из данной системы видно, что sin х и sin у имеют одинаковые
знаки и cosx и cosy также имеют одинаковые знаки.
Нетрудно убедиться, что это возможно лишь тогда, когда
концы дуг х и у лежат в одной четверти.
Отв. хх==у+ 2л£, у1 = ^ + 2пт\ х2 = у + 2л&, = у+ 2лт;
Зл , Л , 5л, о л . Л , л . Л
х3= — у + 2л/г, !/з=—-g- + 2nm; х4 = ——+2л^?, (/4=—— 4>2лт.
731. Так как
cos (х— у)—COS (х + у)
sin х sin t/ —---------------- ,
то второе уравнение можно записать так:
cos (х—у)—cos (х+у) = 2m.
Но х4-^ = а (из первого уравнения), следовательно,
cos(x—t/)==2m+cos а,
откуда, если 12m + cos а | 1,
х—у = 2лл ± arccos (2m + cos а).
Таким образом, заданная система распадается на две:
(x + i/ = a,
| х—у = 2ля+arccos (2m + cos а)
и
( х+^ = а,
( х—у=2лл—arccos (2m+cos а).
Дальнейшее очевидно.
Отв. хх = ли + -~ + -g- arccos (2m + cos а),
tx 1
yx = — пп + у—у arccos (2m + cos а),
xs=ля + у arccos (2m + cos a),
(X 1
yt as — nn 4- -y + -y arccos (2m + cos ay.
732« Представим заданную систему так:
1
sin3xcosx = -s-sin у cosx,
£
3 . 1 .
cos3xsinx=-7rsin x cos y.
2
Сложив эти уравнения, получим
sin х cos x (sin2 x+cos2 x) =y (sin x cos у + cos x sin y)9
2sinxcosx = sinxcos y + cosx sin y>
sin 2x = sin (x + 0).
447
Так как х и у—-острые углы, то .
2х=х-Ь0 и х = у.
Далее мы имеем
sin3x==-A-sinx.
Положительный корень этого уравнения
: V2"
sin х — —J-»
откуда
л
л
а, следовательно, и У—~^-
„ л . л
Оте. х=-^, У = ^-
733. Первое решение. Умножим обе честя уравнений
на (sinx-f-cosx), тогда получим 1
—cos 2х=sin3 2х + 2 sin 2х cos2 х,
или
sin2 2х + sin 2х (1 + cos 2х) 4- cos 2х=О,
или
(sin 2х+1) (sin2х + cos 2х)«0.
Это уравнение распадается на два уравнения:
' л
1) sin2x=— 1, откуда Xi =—^- + лп,
2) sin2x= —cos2x, или.tg2х== — 1, откуда х2——+ п-
Замечание. От умножения на (sinx+cosx) мы не приоб-
рели лишних корней, так как если cosx-f-sin х = 0, то х =—45° +
4-180°л, но эта группа корней является корнями и исходного
уравнения.
Второе решение. Перепишем заданное уравнение так:
sin х—cos х=2 sin 2х cos х,
sinx—eosx=*sin3x+sinx,
откуда
cosx=—sin3x,
или
COS X = COS + 3x^. (1)
Из (1) следует, что
+ 3x^ — х=2лл Или 0p + 3x^ +х = 2лл.
л л . л л
Отв.—^+т, —8'+тп‘
448
734. Первое решение. Так как
Зх . х о х
COS -х" + cos -5-» 2 cos x cos -5- ,
Z Z z
TO
3x n x x
cos —= 2 cos xcos 2— cos “2" •
Поэтому заданное уравнение можно представить в виде
п (п * * \ - л
2 cos х— I 2 cos xcos— cos 1 — 1 =0,
\ " /
2 cosx— 1 —cosy (2 cosx—l) = 0,
или
(2cosx— 1) ^1— cos-y^=0,
откуда
1 x ,
COSX — — и COSy = l,
а значит,
Л
Xt = ± -5- + 2n£, x2 = 4n&.
о
Второе решение. Заданное уравнение перепишем так:
2 (2 cos2 —Л — ^4 cos3 -у — 3cos = 1,
3 + 4cos3 у~4cos2 ——3cos у==°>
^cos-^—^4 cos2 у—3^ =0. (1)
Уравнение (1) распадается на два уравнения:
cosy==l (2)
и
4cos2-^- = 3, или 2(1 + cosx) = 3. (3)
Отв, хх — 4л£, х2—± -у + 2л&.
735. Так как
то заданное уравнение принимает вид
2cosfx — -у j = j/* 2 (sin х +cosx +1),
15 И. X. СивашинскиЙ
449
или
/ л \ V 2 . V 2 . , у 2
COS X---2” )=~Q-C0S X+2LTT* Sin ^+~
\ ч y 2 £ £
или
что невозможно ни при каком значении х, т. е. уравнение не имеет
решений.
736. Первое решение. Очевидно, что уравнение sin2"х+
+cos2"x = l удовлетворяется, если х принимает значения, крат-
ные т. е. если х = ~-й (£—целое число). Покажем, что за-
данное уравнение не имеет других корней.
Пусть х0 5* , тогда
sin2x0<l и cos2x0<l.
Отсюда следует, что при п > 1 будет
sin2” х0 < sin2 х0 и cos2" х0 < cos2 х0
н, значит,
si п2" х0+cos2" х0 < sin2 х0 + cos2 х0 ® 1,
л
т. е. sin2"x+cos2"х=1 только прих==-^-^.
Втор ое решение. При п = 1 уравнение превращается в
тождество. Если п > 1, то из тождества
1 — (sin2 x + cos2 x)"=sin2"x+
+ С* sin2 ("-1)xcos2 x+... +C"-1 sin2 x cos2 t"’1) x + cos2" x,
' учитывая заданное уравнение, получаем
sin2 ("-1) xcos2x+ ... + C"~r sin2 х cos2 ("“х>х=0.
Следовательно, либо sin2x=0, либо cos2x=0.
Отв,
737. Имеем
(sin2x + cos2 х)2—2sin2 х cos2 x+sin2x+a=0,
1 —у sin2 2x+sin 2x+a=0,
sin2 2x—2 sin 2x—2 (a + l) = 0,
откуда _____
sin2x = l ± /2^ + 3.
450
Условием действительности корней -является
3
2a-J-3^0, или a^s——.
Так как | sin2x 1, то 11 ± j/2a + 31 < 1.
Рассмотрим отдельно последние соотношения:
1) , отсюда
3 1
— (1)
При этом условии
sin 2х = 1 — К2а+3
x = ^- + ^—^-arcsinj—/"20-1-3). (2)
2) 11 + ><2^+31< 1; но так как, с другой стороны, 1-}-
+ К2а+3^5 1, то К2а + 3 = 0, т. е. а=—у. Поэтому в этом
случае
sin2x=l. (3)
3
Поскольку а=— у входит в (1), то решения уравнения (3) вхо-
дят в решения (2).
Оте. х = -^ + -—arcsin(l‘&-pr2a + 3), где —
z z z z
738. Имеем
2 cos2 (х 4-а) + 2 cos2 (х—а) = 2 sin 2а,
или
cos (2х + 2а) + cos (2х—2а) + 2 = 2 si п 2а,
или
2 cos 2х cos 2a=2(sin 2а—1).
л
Если cos 2а / 0, т. е. если а / ± у-, то из последнего урав-
нения находим
1 /о л \
. о . 1 . о 1— cos 2a—zr
sin 2a—1 1—sin 2a \ 2 J
cos 2x =--n— =-------==--------7-^----
cos 2a —cos 2a . /_ л\
sin (2a—yl
15*
451
Итак, мы получили
cos2x = tg^a—у J . (1)
Поскольку — I<cos2x<l, то —l<tg^a—или tg —4-J < tg rj < tg -4-.
откуда Л _ л _ л “7" a •—-j- -т- , 4 4 4
т. е. л 0< .
Но так как по условию л л —Т<а<Т’
то 0<a<-J.
Из (1) находим
2х=± arccos [tg + 2л6
и
х=± 0,5arccos [tg + л&,
где
0<а< и а # ±
Проверкой устанавливаем, что исходное уравнение при а = у
л ..
превращается в тождество, а при а=—j- противоречиво. Учиты-
вая ограничения для а, заключаем, что при — у <а<0 исход-
ное уравнение не имеет решения.
739. Имеем
1г /ь ч ,, , х . 1—cos(b + c)x ,
у [cos (Ь —с) X — cos (Ь + с) х] =-------—ь а,
или
cos (Ь — с) х—cos (& + с) х= 1 —cos (& + с) х + 2а,
452
или
cos (b—с) x = 2a +!.
Должно быть
— 1<2а+ 1С1,
или
—2^2л ^0,
откуда
— 1
740. Перепишем заданное уравнение так!
sin (2x + x) + sin 2х — т sin х,
sin 2х cos x + cos 2xsinx + sin 2x—msin x = 0,
sin x (2 cos2x+cos 2x+2 cos x—m) = 0,
sinx(4cos2x + 2cosx—m—1) = 0. (1)
Так как квадратный трехчлен, заключенный в скобках, имеет корни
— 1 + К4ап + 5 ы — 1 — |/~4л?г -|~ 5
и ,
4-------------------------------------4
то уравнение (1) распадается на три:
sinx — 0, (2)
созх=-1-.± (3)
4
cos . (4)
4
Из (2) получаем хс=л/г.
Условием действительности уравнений (3) и (4) является не-
равенство
5
4/и + 5^0, т. е. ~.
Для того чтобы уравнение (3) имело решение, еще необходимо,
чтобы
|-»+^+.д<1, (5)
а для того чтобы уравнение (4) имело решение, необходимо, чтобы
{6)
I 4 |
Из (5) следует
| — 1+ F4m+5|<4,
ИЛИ
— 4 < — 1 + )/~4т + 5 < 4,
453
иля
—3< У^4т + 5<5,
откуда
т ^5.
Из (6) имеем
— 4 <_ 1 _ / 4m+5 < 4,
откуда
т <; 1.
Итак, x^Tik при любом т;
х2 — 2nk ± arccos .TzlzFllC j7”51
4
если
*—«С5;
4
х3 = 2л£ i arccos ,
4
если
—1.
4
741. Так как
1 = sin2x + cos2x и sin2х = 2sinхcosx,
то данное уравнение принимает вид
♦ 9 sin2 # + 6 sin xcos x + cosa х
g ~ 9cos2x+6sinxcosx-|-sin2x
или
(3 sin х +cos x)2_ft
g%~(3 cos x-j-sin x)2~ *
tg x
^sin x cosxV
cos x~^ cosx/
o cos x . sin x\a
о----------I
COS X COS X /
tgx—
3tgx + l\*
3 + tgx> u'
tg8x—3 tg*x4-3 tgx—1=0,
(tgx—1)3 = 0,
откуда tgx=l.
Отв. •^• + л£.
454
742. Имеем
5(1-sin2*)2-20(1-sin2*) 4-16
& x (1— sin2*)2 —12(1 — sin2*)4-16 ’
или
5 sin4*4-Ю sin2*4-1 Л
Sin X---7—7-Г-777-7-5-r-F- = 0.
sm4*4-10 sin2* 4-5
После приведения к общему знаменателю, получим
sin5*—5 sin4* 4-10 sin3* —10 sin2*+ 5 sin*— 1=0,
или
(sin *—l)6 = 0,
а следовательно, sin*—1 и * = у4-2лЛ.
743. Заданное уравнение перепишем так:
sin4*—3 = sin23*—sin *. (1)
Очевидно, что
—3 sin4*—3<—2
и
— 1 «с sin23*—sin * ^ 2.
Итак, левая часть уравнения (1) определена на сегменте [—3,—2],
а правая —на сегменте (—1, 2]. Так как эти два сегмента не пе-
ресекаются, то уравнение не имеет решений.
744. Имеем
(sin 2*+3) sin2* (sin2*—1)4- 1 —0.
Проведем последовательно тождественные преобразования:
— (sin 2*4- 3) sin2* cos2* 4-1=0,
*-(sin 2*4-3) 4 sin2* cos2*4-4 = 0,
«-sin22* (sin 2*4-3)4~ 4 = 0,
sin32* 4-3 sin22*—4 = 0,
или
(sin 2*=-l) (sin2*4-2)2 = 0.
Так как (sin 2*4-2)2 > 0 при любом значении *, то sin 2*—1=0,
т. е. sin 2*= 1.
Отв. * = ^-(4п4-1)*
745. Перепишем данное уравнение так:
4 sin43* 4- 5 = 3 cos *. (1)
Должно быть
5^4sin43*4-5«^9, а —3<3cos*sC3.
Эти неравенства показывают, что левая и правая части уравнения
(1) не могут иметь одинаковых значений ни при каких *, поэтому
данное уравнение не имеет решений.
746. Перепишем заданное уравнение так:
(sin2*)3 4- (cos2*)3 = а.
455
Преобразуем левую часть этого уравнения!
(sin2 x + cos2 х) (sin4 х-—sin2 х cos2 x+cos4 х) ==
= sin4 х + 2 sin2 х cos2 x + cos4 x—3 sin2 x cos2 x =
3 3
= (sin2 x + cos2 x)2 — • 4 sin2 x cos2 x= 1—— sin2 2x.
Итак,
Q
1—r sin2 2x = a,
4
откуда
. „ o 4 (1 — a)
sin2 2x = —+5—- ,
о
или
1— cos 4x__ 4(l — o)
2 “ 3
Отсюда
, 8a—5
cos4x = —. (1)
□
Необходимым и достаточным условием существования решения
заданного уравнения является неравенство
откуда
(2)
При соблюдении условия (2) из (1) получаем
а пи. 8а—5
4х = 2л/? + arccos ——
м
и
nk , 1 8а—5
х = — 4- — arccos —.
Отв. х == -у + arccos—. В частности, если а = 1, то
nk 1 nk , л
у-, ,a если a = -j , то — .
747. Поскольку
cos8 х = (-* i (1 + 3 cos 2х+3 cos2 2х + cos3 2х)
\ 2 / о
cos 6х = 4 cos32x — 3 cos 2х,
то заданное уравнение приводится к виду
4 cos2 2x + 5cos 2х+1 =0,
456
откуда
cos2x=—1 (1)
и
cos2x = —(2)
Отв, хх=у(2^ + 1), х2 =+-^-arccos f—^+^л =
, 1 г 11 । .
= + — л—arccos -г +«л.
— 2 |_ 4 J
748. Учитывая, что
а5 _ £5 = (я — Ь) (а4 + a3b + a2b2 + ab3 _|_ b^t
легко приводим заданное уравнение к виду
(sin х—cos х) [sin х cos х (sin4 х+sin3 х cos х + sin х cos3 х + cos4 х +
+ sin2 х cos2 х) — 1 ] = 0.
Отсюда следует, что либо
sinx—cosx = 0, (1)
либо
sinx cosх (sin4 x + sin3 xcos x + sinxcos3 x + cos4 x + sin2 xcos2 x) —
— 1=0. (2)
Из уравнения (1) получаем
л ,
x = ~ + лп.
Положим в уравнении (2) sinxcosx = r/ и преобразуем его,
пользуясь тем, что
sin4 x + cos4 x==(sin2 x + cos2 x)2 — 2sin2 x cos2 x,
a
sin3 x cos x + cos3 x sin x = sin x cos x.
Тогда уравнение (2) запишется в виде
J,3—у2 —у+1 =0, (3)
или (после разложения левой части на множители)
G/-1)2 (y+D=o.
Если г/—± 1, т. е. sinxcosx=i 1, то sin2x=±2, что не-
возможно.
Итак, уравнение (2) не имеет корней. Следовательно, корни
исходного уравнения суть корни уравнения (1).
Отв. х = —+ лп.
4
749. Первое решение. Произведем над уравнением после-
довательно тождественные преобразования:
16 sin5 х —4 sin x=sin 5x + sin x,
4 sin x (4 sin4 x— 1) = 2 sin 3x cos 2x,
2 sin x [ (1 —cos 2x)2 — 1] = (3 sin x—4 sin3 x) cos 2x,
2 sin x (cos2 2x—2 cos 2x)—sin x (3—4 sin2 x) cos 2x = 0,
sin x [2 cos2 2x—4 cos 2x—3 cos 2x + 2 cos 2x (1 —cos 2x) ] =0,
sin x (2 cos2 2x—4 cos 2x— 3 cos 2x + 2 cos 2x—2 cos2 2x) = 0,
— 5 sin x cos 2x = 0. (1)
457
Уравнение (1) разбивается на два уравнения:
1) sinx = 0, откуда х^л/г;
л
2) cos2x = 0, откуда х3 = — (2fc+ 1).
Второе решение. Поскольку
(cosx+ i sin x)6=cos 5x+ i sin5x==cos6x4-5/sinxcos4x—
—10 sin2 x cos8 x—10/ sin3 x cos2 x 4- 5 sin4 x cos x 4- i sin6 x,
TO
sin5x = sin6x—10sin3xcos2x4-5 sinxcos4 x =
«= sin6 x—10 sin3 x (1 — sin2 x) 4-5 sin x (1 — sin2 x)a.
Итак,
sin 5x==16 sin6 x—20 sin3 x4-5 sin x.
Подставив полученное выражение sin5x в заданное уравнение,
получим
16 sin5 х== 16 sin6 х —20 sin3 х 4-10 sin х,
или
20 sin3 х—10 sin х = 0,
или
sin х (2 sin2 х—l)s=0,
или
sinx cos 2х = 0,
откуда
sinx = 0,
cos 2x » 0. (2)
Отв. x1 = nkt x2— ~ (2&4- 1).
750. Имеем
29
(sin2 x)6 + (cos2 x)6 = jg cos4 2x,
или
/1—cos2x\6 , Z14-cos2x\6 29 . o
+rV"J =i6«>s^.
или
(1 —cos 2x)6 4- (14- cos 2x)6 = 58 cos4 2x.
После преобразований получаем
24 cos4 2x—10 cos2 2x— I = 0,
откуда
cos2 2x = -^-,
или
14-cos4x 1
2 “ 2 ’
или
cos 4x =» 0.
Л Л ( Л -
Отв. +“4
458
751. Имеем
х2 — nkt
откуда _____________
х== £ Улк, где Л = 0, +1,-J-2,+ 3. .
или _____
x=i± /л|*|, где k—любое целое.
752. Имеем
х2=±4+2л6.
О
Если k = 0, то х=± если ^ = 1»2, 3, то
X— ± j/ 2nk ±~ •
753. Должно быть
1^49—х2 = 2л& или 49—х2 = 4л2£2,
откуда
Х2 = 49—4Л2£2.
Последнее равенство возможно только при 6 = 0 и при &=!.
Отв. *1,2== ±7, х3>4 = ± 1^49—4л2.
754. Действительно,
(0 , Л \ n Л \ L f в\ 1 ( 9 Л \
ж +“6 )tg v—з )=ctg V"3 ~х)tg v—з";
. ( П Л \ . [ Л Л \ f
= —Ctg I Xa— -g-1 tg ( X2-J-l =—1,
а по условию правая часть уравнения равна 2, поэтому уравнение
не имеет решений.
755. Перепишем заданное уравнение так:
tg (ха—x) = tg2.
Имеем
х2 —х —2 = л/г или х2—х—(2 + л£) = 0,
откуда
__1 ± V~4«fe + 9
х-------2 ‘
Условием действительности корней является неравенство
о
4л^ + 9^0, или
Но так как k должно быть целым числом, то Л> — 1.
Отв. х = 1± ^^±2, где fe = 0, -f-1, +2, +3,...
459
756. Преобразуем тождественно заданное уравнение:
1—cos2x2 , 1—cos 4х2 1 — cos6x2 1—cos8x2
2 + 2 ~ 2 ' 2
cos 2х2 + cos 4х2 = cos 6х2 + cos 8х2,
cos Зх2 cos х2—cos 7х2 cos х2 = О,.
cos х2 (cos Зх2 —cos 7x2)=0,
cos x2 sin 2x2 sin 5x2 =э0.
(1)
Уравнение (1) разбивается на три уравнения:
2k +1
1) cosx2==0, откуда х^ = ——л;
2) sin2x2 = 0, откуда ;
3) sin5x2 = 0, откуда х* = у.
Так как х2^0, то 6 = 0, +h +2, +3, . ..
Поскольку при &==2л + 1
а х2 при k~2n дает те же значения, что и х| при k=5n, то окон-
чательно имеем
Х=± |/2*+1я их=±
2 4
757. Из заданного уравнения следует, что ± у==,
откуда sin2x=> ± и 2х = лп ± .
о
~ ял
Отв.~п±т.
758. Первое решение. Так как —3«c3cosx^3, а
— 5«С Icos х| — 5«С—4, то левая и правая части заданного уравне-
ния не могут быть равны ни при каком значении х.
Второе решение. Заданное уравнение распадается на два
уравнения:
5
1) 3cosх = cosx—5, если cosx^O; отсюда cosx =>—-£- и,
I 5 к -
значит, решении нет, так как > И
5
2) 3cosx = —cosx—5, если cosx<0; отсюда cosx=—— ;
I 5ki
в этом случае решении также нет, так как —у > 1.
Итак, заданное уравнение не имеет решений.
460
759. Поскольку cos | х | = cos х и tg2 j х | = tg2 х, то заданное
уравнение можно переписать так:
. 9 / , 1 — cos I х|
tg ,х|=ган|7Т’
или
sin2 | х [ _ 1 —cos | x [
cos21 x | 1 —sin | x | '
или
1 —COS2 I X I _ 1 —COS I X I
1 —sin2 | x | ““ 1 — sin j x | *
Умножив обе части этого уравнения на 1 — sin | х] 0, получим
1— cos2 | х | t ,
-т——т-4—р=1— cos х ,
14-sin х ' ‘
откуда
(1—cos | х |) (cos | х [ — sin | x |) = 0.
Это уравнение распадается на два уравнения:
1—cos |х | = 0, или cosx = l;
cos | х | — sin | я | з=0, или tg | x| = l.
Отв. Х!=з2л6, x2=-^- + ~ 6, где 6 = 0, ± 1, ± 2,..
760. Из первого уравнения системы получаем
„ . х + у х—у л . х + у х + у
2 sin —cos -X-2 =2 sin cos ,
4 4 4 4
(D
(2)
или
sJnM^ (cos~2
^-cos^
Из этого уравнения находим
1) х= — y-\-2kn
2) у —21л
3) х = 2/пл
Соотношение
системы лишь при 6 = 0; действительно, из 1)” следует неравенство
1)
(6 = 0, ± 1,
(/ = 0, ± 1,
(/72 = 0, ± 1,
совместимо
...), а х— любое’ число|
...), а у—любое число,
со вторым уравнением заданной
которое при условии |х|4-|</| = 1 возможно лишь в случае 6 = 0.
Из системы
— |х|+ 1^1 = 1
находим два решения:
11 11
2 ’ 2 и 2 ’ 2 *
461
Рассуждая аналогично в случаях 2) и 3), находим еще две
пары решений,
п 1 1 1 1 t п
Отв. xi=2-, j/i=—-g-; ха=—у, y2=-g-; «з=1. у»=0;
х*=—1, Ut—O; *s=0, i/5=l; х«=0, (/в = —1.
761. Из условия следует, что
пх2 £ 2лх = 2л&, где /г = 0, £ 1, £ 2, ...
После сокращения на л получаем
х2 £ 2х—2fc==0,
откуда
х= Т 1 Т К2* + 1'.
Условием действительности корней является неравенство
2k +1 ^0, или k^tOe Для того чтобы значения х были целыми
числами, необходимо, чтобы числа yr2k+ 1 были целыми. Так как
квадратный корень из полного квадрата нечетного числа есть
число нечетное, то К26 +1 — нечетное число, следовательно,
числа Т 1 К+1 являются четными, что и требовалось
доказать.
762. Перепишим заданную систему так:
( V~2
COS ЛХ COS ПУ — ~2“ >
. Я
лх£Л1/=^.
Так как косинусы равных чисел равны, то из второго уравнения
системы имеем
cos (лх + пу) == cos -j- ,
или
К?
COS ЛХ COS лу—ЭШЛХ Sin = . (1)
Поскольку cos пх cos лг/=—(первое уравнение системы), то
из (1) следует
sin лх sin л^ = 0. (2)
Из (2) и из второго уравнения заданной системы получаем две
системы
sin лх = 0,
, 1
Х + У=~4
(3)
462
и
sin л#=0,
, 1
х+У=-4 •
Из (3) следует
nx=nk,
, 1
/+г/=-4.
а из (4)
л# = л/,
, 1
*+г/=-4.
Из системы (5) получаем
. 1— 4k
а из системы (6)
(4)
(5)
(6)
Отв. Xi=k, 1/1 = ——; xs=—— , Уъ-l-
763. Перепишем заданное уравнение так:
(5 X . л
у л cos лх ) = sm-g .
На основании зависимости между аргументами, синусы которых
равны, имеем
л cos пх = (— l)fe ~ + л£,
о о
откуда
COSJU=-|-fe + ^j^- . (1)
Но поскольку |со5Лх|«С1, то k может принимать только значения
— 1,0, 1, так как при всех остальных значениях k абсолютные
3k , (-1)* t
значения выражения + " 1П превышают 1.
о 1и
Итак, уравнение (1) распадается на три уравнения:
__7 1
1) cosnx=-jg~, *! = 2л ± — arccos(—0,7),
2) cosnx = ^,
3) COS ЛХ —у.
Отв. Xi — 2н ± — arccos (—*0,7), х2 = 2n ± — arccos Л»
л л 1U
х8 = 2п ± Л.
О
463
764. Имеем
(л i
у—л sin х 1 =cos (л sin х),
или, учитывая условие задачи,
. /л \ . , .
SIni У “ Л sin х } =sin (л cos х).
Таким образом:
1) ncosx4~—-л51пх = л + 2л£, откуда cosx—sinx =
Поделив обе части этого уравнения на V2, получим
КГ К2 . 4fe + i
— COSX £-81ПХ-^=,
или
cos
46 + 1
2К2
ль л. 1
Чтобы —было по абсолютной величине меньше единицы,
2/2
из всех-чисел 0, ±1, ±2,... для k можно взять только нуль.
Таким образом, получаем
1
2 КГ’
п . 1л
X! « 2пл ± arccos ~~ 4" •
cos
2) Вторую группу решений получим из соотношения
л cos х — у + л sinx = 2n6.
Решая это уравнение, получаем
cos ( X---
Здесь k может быть равно только нулю. Поэтому
cos
Отв.
1 л
х2 = 2пл ± arccos —тг=,+-г.
2]<2 4
1 л
х = 2ил ± arccos —7^ ± -т-.
2К2 4
464
765. Перепишем уравнение так:
/л \
tg(ntgx)=tg ( у — nctgjJ .
Пользуясь условием равенства тангенсов, получим
л tg х = kn + у — л ctg х,
или
tgx=* + y-ctg*. (1)
Уравнение (1) эквивалентно уравнению
. а , 1 1
tg* = *4-y-{^,
или
tg2x — (* + §) tg*4-1=0,
решив которое, найдем
♦„2*4-1 ± К (2* + 1>«—16 .
*ь х— 4
Для вещественности tg х должно быть (2k + 1 )2 16, т. е.
|2&+ 11 следовательно, ^5^0, k Ф ± 1, 2.
Кроме того, уравнение (1), возможно, имеет корни
, 2/и+1
которых не имеет заданное, так как левая часть его в этом слу-
чае теряет смысл. Для того чтобы
был корнем уравнения (1), необходимо и достаточно, чтобы
(2А+1)2—16 было квадратом нечетного числа, т. е. чтобы
(2Z?4-1)2—16 = (2/+1)2. Отсюда получаем
(2^+1)2 —(2Z+1)2 = 16.
Так как (± 5)2 —(±3)2 = 16, а при других значениях
(2&+ I)2 —(2Z — I)2 > 16
(исключая единственный случай (± З)2 — (± 1)2 = 8), то 2& + 1 = ± 5 ,
и Ax = 2, fe2 = —3.
Итак, k = 2 и k = — 3.
5 + 3 1
Если Л = 2, то tgx = -~—, т. е. tgXx^y и tgx2=2. Первое
значение должно быть отброшено, потому что в этом случае ле-
вая часть заданного уравнения теряет смысл, а второе дает реше-
ние x = nn + arctg2.
__5 «3 ।
Если k = — 3, то tg х = —-—, т. е. tgx3 = —g- и tgx4 = —2.
465.
И, как в предыдущем случае, первое значение должно быть от-
брошено, а второе дает решение х==пя—arctg2.
Отв. пл ± arctg 2,
4
где k = +3, ±4, ± 5, . ..; п = 0, £ 1, £ 2,...
766. Перепишем первое уравнение системы так!
sin (X-ь у)
COS х cos у 9
или
2sfr](x+y) _
cos (* + */)+cos (х—-у) ’ ' 7
Но так как х+//=а, то (1) принимает вид
2 sin а
---------.----г ==/п
cos а+cos (х—у)
откуда
/ ч 2 sin а /ЛЧ
cos (х—у) =——cos а. (2)
Для того чтобы уравнение (2) имело решения, необходимо
и достаточно, чтобы выполнялось условие
, 2 sin а _, /оч
— К------------cosa<L (3)
т
При соблюдении условия (3) получаем из (2)
, /2 sin a \ , Л
х—у — £ arccos (—-------cos a j +2лп.
Решая эти уравнения совместно с х+у=а, получим
, а . 1 /2 sin а \
х==лп + — ±-тг- arccos--------cos а ),
2 2 \ т }
, а .1 /2 sin а \
у — _ лп + — — arccos-----------cos а .
у 2 2 \ т J
Перед последними членами надо брать оба верхних знака или оба
нижних знака.
767. Сложив и вычтя почленно заданные уравнения, получим
х 4-i/ = a (cos f + sin О3»
х—у=а (cos /—sin /)3.
(1)
(2)
Из равенства (1) находим
sin <+cos t = i/", (3)
г а
466
а из равенства (2)
(4)
Из равенств (3) и (4) имеем
(sinf + cos/)2==
(cos /—sin /)2 =
2 =
Сложив эти равенства, получим
Итак, мы исключили t из заданной системы.
768, Перепишем заданную систему так!
tgx=T
sin 2х=—
о
Имеем
. Л 2tgx
Sin2x= "7-T-7 9—
1 + tg2x
Из этого равенства и из второго
получаем
2ат
a2 + m2 ‘
уравнения заданной системы
п
2ат
• a2+/n2—"F ’
т. е. мы исключили х из данной системы.
769. Так как
Р+а4-Р^а = 20,
то
cos [(Р+а) + (Р—а)] = cos 2р.
Перепишем это равенство так:
cos (р + а) cos (Р—а)—sin (Р + а) sin (Р—a) = cos 2р. (1)'
Поскольку cos (Р +а) = т и cos(P—а) = п, то
sin (Р+а) = ± 1 — /и2 и sin(P—а)= ± К1—л2.
Теперь равенство (1) можно представить в виде
тп + 1^(1—m2) (1—n2) = cos2p,
т. е. мы из данной системы исключили а.
467
770. Перепишем заданную систему такг
2 cos Зх х Т C0ST а
2 sin Зх х Tcos т 2 "'ь
После возведения в квадрат обеих частей уравнений получим
. 9 Зх 2 х у2
4 cos2 у cos2 у =
. . ,3х а X Z3
4sm«ycos2y=^.
(1)
Сложив уравнения системы (1), получим
4cos2|~g+g., (2)
Далее
у Л Зх х п х f. я х х\
~=2cos -yr COS yr «= 2 COS yr I 4cos8-~ 3 COS yr =
Q £ £ " /
= 2cos8-^ (4cos2y-3). (3)
Из (2) и (3) находим
a ~\аг'Ь* )\a*rb* Л)'
Итак, мы исключили х из данной системы.
771. Для существования третьего уравнения системы необхо-
димо, чтобы cos х =£ 0 и cos у 76 0.
Поэтому первые два уравнения можно преобразовать к виду
(1)
(b-l)tg3!/=l-a. (2)
Но а 1, так как если а=1, то из (1) будем иметь b=lt что
противоречит условию а Ь\ аналогично можно показать, что
b Ф 1. Следовательно, (1) можно почленно разделить на (2). Разде-
лив, получим
/tgx\2 /1—fr\2
\‘g У ) \1— а)
Убедимся еще в том, что а ф 0. Действительно, если а = 0, то из
второго уравнения получим, что sin у 0, а из третьего тогда полу-
чим, что i = 0, т. е. a — Ь —0, что невозможно.
468
В силу этого замечания можем из третьего уравнения найти
/tgx\2 b2
\tgy) "" «2
Итак,
/Н* 7 i-ь V
k I-* г
Если
L= ! —ь
а 1 — а*
то а—Ь, что невозможно.
Если же
А =
а 1— а*
то a + b = 2ab.
Отв. a~}-b — 2ab.
772. Из первых двух уравнений получаем
х2 cos2 а 4- 2ху cos а sin р + у2 sin2 р = а2, (1)
х2 sin2 р — 2ху cos а sin p + i/2 cos2a==&2. (2)
Сложим равенства (1) и (2):
(х2 + //2) (cos2 a + sin2 P) = a2 + d2. (3)
Сложив равенство (3) с третьим уравнением заданной системы,
находим
(х2 + у2) (sin2 a + cos2 a + sin2 p + cos2 P) = a2 + b2 + 2ab,
Поскольку выражение, стоящее во второй скобке, равно 2, то имеем
2 (х2 + {/2) = (« Не-
Итак, мы исключили аир.
773. Так как loga6= t то заданное уравнение перепишем
так:
logcn<8 ySinx+ -j------!---;-- =2,
6COSX 1- log cos xSin X
откуда
(logcoSxsinx— 1)2 = 0»
или
Отсюда
l°gcosxsinx=1‘
sin x = cos х,
или
tgx=l. (1)
Учитывая, что sin х > 0 и cos х > 0 (поскольку sinх и cosx являют-
ся основаниями логарифмов), из уравнения (1) получаем, что
х= ^-+2л/г.
469
774. Поскольку sec 2х не существует, когда cos 2х = 0, то
cos 2х/0.
Так как при cos2x = l обе части заданного уравнения равны,
то множество чисел х — лЛ удовлетворяет решаемому уравнению,
л
Если cos2x =—1, т. е. толевая часть заданно-
го уравнения принимает значение
Но так как при cos2x =— 1 функция sec2x также равна то
л I
множество чисел х = -^-+л& удовлетворяет решаемому уравнению.
Наконец, если cos 2х ± 1, то должно быть
2cos Зх+4cosx—1 — — 1,
т. е.
cos3x4-2cosx = 0,
4 cos8 х—3 cos х 4- 2 cos х=О,
cos x (4 cos2 x — 1) = 0.
Это уравнение распадается на два:
cosx = 0 (I)
и
COS2X=J. (2)
Из уравнения (1) имеем х= ~4-л£, а из уравнения (2) находим
х= ±-тг4-Л&-
о
Отв. nk9 —+л&, ±у + л&.
775. Имеем
1/"*2 V12 V2
-у- cos (я 1g х) 4—sin (я 1g х)s— >
ИЛИ
л . . . । . л . , , % V 2
COS -Г- cos (л 1g х)4~ Sin -7- sin (л 1g X) Я» —х— ,
* 4 ^4
или
cos
Отсюда
nlgx— у=±у + 2яА,
Г 1 Л1 V 2
I nlgx—— =Y-
470
следовательно,
1 2*+-r
lg*i=j + 2fc и X! = 10 2r
lgx2=26 и x2 = 104
776. Последовательность 1, log2sinx, log| sinx, ... — геомет-
рическая прогрессия, и поскольку по условию она имеет сумму,
то эта прогрессия бесконечно убывающая. Имеем
1 =_2
1 —log2sinx~ 3 9
откуда
log2sinx= — -А-,
или
Отв. х==(— 1)* -j+nfc.
777. Имеем
1—cos (2-2^ х)_ 1
- 2 ~"2’ .
откуда
cos(2-2r““*)=0.
Следовательно,
2-2r-JC = y+nfe,
fe,
x=-log| (j+yfe).
где *= + !, +2, +3, ...
Заметим, что k не равно 0, —1, —2, ..., так как при &=0
имеем 2^"“х=-^< 1, а должно-быть > 1, а п^и отрицатель-
ных значениях k получаем <0, что также не имеет места.
471
Глава XVIII
НЕРАВЕНСТВА В ТРИГОНОМЕТРИИ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
778. П е р в о е р е ш е н и е. Известно, что
А
sin 7 =
. В
s,nT=
. с
Sln2 =
у Г(р—Ь) (р—с)
V Ьс 9
(1)
где а, Ь, с—стороны треугольника» а р =-------%—
Из (1) следует
А В . С _ (р—а) (р—Ь) (р—с)
sin -g sin у Sin у =----------------
abc
,, (р—а) (Р—Ь) (р—с) 1
Итак, остается доказать, что ---------^“8"'
Действительно,
V(p-a) (р-&)<у[(р-“) + (₽ ~ &)] ’
ИЛИ
К(р-а) (p-6)<y(2p-a-b) .
ИЛИ
V(р—а) (Р—Ь) < .
ИЛИ _________
К(р-д) (р—&) < 1 .
с 2 ’
Аналогично
К(Р-Ь)(Р-С)^ 1
а "2
И _________
К(р —с) (р —о) < 1
Ь 2 '
Перемножив почленно (2), (3), (4), получим
(р—а)(р—&)(р—с) 1
abc 8 '
(2)
(3)
(4)
472
Второе решение. Известно, что
cosA=—т~-
или
. 1 ( b с \ а2
СОЗЛ=2
Ь с
Так как —И т~ 2, то
с о
я 1 а*
cos А I — гиг >
2Ьс
или
1-созЛ<^,
или А а2 281п22-<Ш’
или 81П2Л<2ГГС- (1)
Аналогично и Перемножив (1), (2) Sin2<2^ (2) ‘'”2^2^- (3> и (3), получим
. А . В . С 1
slnysin-siny<8-,
что и требовалось доказать.
Третье решение. Известно, что
2Vab^a + bt 2Vrbc^b-{-c, 2Угас^а + с.
После перемножения этих неравенств получаем
8abc^(a + b) (& + с) (а + с). (1)
Известно, что
a = 2/?sinA, 6 = 2R sin В, c = 2/?sinC, (2)
где R—радиус описанной окружности.
Из (1) и (2) следует
8 sin A sin В sin С < (sin А + sin В) (sin В + sin С) (sin А 4- sin C)t
473
или
64 sin у COS у sin у COS у sin ~ cos
<8 sin COS sin cos sin d+£ cos
Так как
Л4-В c « B + c A , А + С В
sin±±^=cosy, sin —y—= cos у, sin—£-=COSy,
TO
A . В . (? А—В B—C A—C
8 sin у sm у sin у < cos -y— cos —y- cos —y— .
Но так как
cos^y—^1. COS^=^<1, COS^y- <1,
TO я , A . В . C ,
8 sin sin -y sin — < 1,
2r 4»
ИЛИ . A . В . С 1
sin-smy^nyCy.
Четвертое решение. Имеем
sinysin^-siny=siny sin^ sin
z z * z [_ z
A -p В
"~2“~ J =
cos
А — В A + B
-----cos-yy-
-----s--cos
1 Г „А+В A—В A + B
— cos- —= cos —5— cos —g—
z L
,A — В
cosA^cos^+^lZIZ
2 2 + 4--
1 ^»A+B
___L cosz———
~ 2 L 2
2A-JLI
cos*-—
4
1 . Л— В
= yCOS’
“ 2
1 Л—Bl« cos2 Л 2 S
2 cos—I —A-
2
1 Л—Bl® 1 „Л — в
yCOS-y-J <ycos’-y-^
<-•! = —
^8 8
474
779. Имеем
cos (т + п) cos (т—п) = ~ (cos 2m cos 2n) =»
=s-i-(2cos2m — 1 +2cos2п—l)=cos2m—sin2 n «С cos2 m.
780. Первое p e ш e н и e. Рассмотрим разность
sin a—~
ctg V~c^a =------------- =-•--
2 * . a . sin a
sin — sin a
1 3T
Ho ——^1, если 0<a^—» следовательно,
sin a 2
ctg у — ctg a > 1, или 1 + ctg a < ctgj •
Второе решение. Поскольку
ctg»|-l
ctgo =-----—
2ctg-|
TO
ctg* — 1
, , . . a i . 2 , a
1 4- ctg a—ctg-=- = 14----------ctg
2ctg-^
что доказывает требуемое: неравенство.
781. Так как cosx^O, то разделим числитель и знаменатель
левой части доказываемого неравенства на cos8 х.
Имеем
1
________cos2 х______ 1 + tg2 х __
sin2х /cosх sinx\ tg2x(l — tgx)
cos2 x\ cosx cosx/
1 — 2 tg x + tg2 x + 2 tg x__( 1 — tg x)2 + 2 tg x
tg2x(l—tgx) tg2x(l —tgx) **
— U — tex)g i 2 tgx __l~tgx ,_______________2 .
~”tg2x(l—tgx)"4g2x(l —tgx) tg2x “^tgx (1 —tgx)*
Поскольку tgx + (l — tg x) = 1—постоянная величина, то выра-
жение tg х (1—tgx) принимает наибольшее значение при tg х== у •
475
2
равно 8. Но так
Следовательно, наименьшее значение выражения -т——------
tgx(l —tgx)
Л 71 1—tgX Л
как при 0 < х < -у выражение —~а * “ > О» то
Следовательно, и
1—tgx . 2
tg2 х "Г tg х (1 — tg х)
cos X > 8
sin2 х (cosx — sinx)
782. Область существования левой части доказываемого нера-
венства определяется неравенствами
а лЛ, За #= л/г, 2а # + л/г,
т. е.
и a?i—+—ft.
□ 4 Z
Упростим вначале сомножители левой части доказываемого
неравенства.
t cos2 a t cos2 a—sin2 a cos 2a
1) ctg2 a— 1 =-r-«-1 =------г-5----=—^— •
' sin2 a sin2 a sin2 a
n. o , a , 3 cos2 a—sin2 a 3 — 4 sin2 a
1 & sin2 a sin2 a
3 sin a—4 sin3a_sin3a
“ sin3 a “sin3 a
n4 . o t cos 3a sin 2a-—sin 3a cos 2a sin a
3) ctg3a-tg 2a-1 --------sin3acos2a-----------sin3acos2a
В силу 1), 2) и 3) доказываемое неравенство принимает вид
__cos 2a sin 3a sin a <_____________
sin2 a sin3 a sin 3a cos 2a ’
или
—A—<—i.
sin4 a
или
sin4a«C 1,
что очевидно.
783* Применим метод математической индукции.
Если rt = 2> то 0<a<-^-. В этом частном случае следует до-
казать неравенство
tg2a=r=%^>2tga‘
Так как 0 < tg2 a < 1, то это неравенство имеет место.
476
Далее, пусть неравенство имеет место при n — k, т е.
tgka> Mg a (1)
при условии
0<a<4(feLZT)’ (2)
Докажем, что если имеет место (1) при условии (2), то имеет
место и неравенство
tg (&+1) a > (& +1) tga
л
при условии 0 < a < .
Имеем
I Da-tgfea+tga- (fe+l)tgs. (3}
+ ' 1 — tgatgM> 1 — tgatgfca '
Так как неравенство (1) выполняется при условии (2), то оно
л
тем более будет иметь место при 0 < a < — . Но
0<tga<l, (4)
и так как 0 < ka < , то
4
О < tg ka < tg -j • (5)
Из (4) и (5) получим
О < 1 — tg a tg ka < 1. (6)
Из (3) и (6) следует tg (k + l)a > (k + 1) tga, что и требовалось
доказать.
784« Первое решение. Доказываемое неравенство пере-
пишем так:
a + P_ а + Р а—Р ,п
cos —у • cos —у*- cos —• (1)
л а + 6 л а—Р
Так как—у <—2<~29 т0 И3 слеДУет 1>с°з ~2 ’ ЧТ0
очевидно.
Так как операции обратимы, то имеет место и исходное нера-
венство.
Второе решение. Так как — л<а + Р<я, то поэтому
л а + Р л
“< 2 <‘2*
Следовательно,
0<cos^—-^1. (1)
Кроме того,
477
Поэтому
л. q~~P Д
2 < 2 < 2 ’
Следовательно,
0<cos^Cl. (2)
В силу (1) и (2) имеем
ЛЛв<х+Р__ « + Р а—р cosa + cosp
cos_>c°s—± cos-^=------------х----Р,
т. е. *
а + Р cosa+cosP
c°s — >------f-----•
785. Имеем
sina + sinp . а+Р а—В _ . а + Р
---2__P=sin cos -+< Sin ,
что очевидно.
786. Очевидно, что при а=р имеет место равенство. Остается
доказать, что при а р
2 tg — tg a— tg p < 0.
Так как доказываемое неравенство симметрично относительно аир,
то для определенности пусть р > а.
Имеем
tg tg «+tg tg р < о.
Перепишем это неравенство так:
. В—a . a—Р . Р—a . р—a
sin-^-y— sin-y£ sinrT“ sin±V“
a + p । a + p 7< 0* cos a cos P <
cos ~2" cos a cos —g"2* cos P
-J-----* < 0, cos p —cos a < 0,
cos a cos p r
что очев идно, так как 0 < a < р < —.
£л
Так как все операции обратимые, то доказываемое неравенство
имеет место.
787. Имеем
• о s о . Р— a P + a
sin р—sin a = 2 sin f cos — (1)
478
Так как
0<i+«<4.
z z
то
p-ba t
cos£y-<l. (2)
Из (1) и (2) следует, что
sin р —sina<2sin • 1. (3)
Поскольку
0<₽=®<"
2 2 ’
то, как известно,
sin-!b2<£=2. (4)
Учитывая неравенства (4) и (3), имеем
sin Р—sina<2 • • 1=Р~а,
или
a—sina < р—sin р.
л
788. Известно, что р—а < tg (Р—а), если 0 < р—а<у.
Имеем
Р-»< I» (!>-«>-
ИЛИ
tga—а< tgp—р.
789. Из рис. 230 видим, что площадь треугольника АОС мень-
ше площади сектора АОС, а площадь сектора АОС меньше площа-
ди треугольника АОВ.
Площадь треугольника ДОС рав-
Р2
на -5-sirix, где 7?—радиус круга,
R2 х
площадь сектора АОС равна -у- ,
площадь треугольника АОВ равна
Я*
Ttgx-
Итак, имеем
R» . Я2 Я2.
— sinx <-^-х <—tgх,
или
sinx < х < tg х.
(1)
Теперь докажем второе неравенство. Поделив члены неравен-
ства (1) на sinx>0, получим
Sin X sin X
479
или
1 <-Л- < — ,
sin* cosx
или
sin х. ,
COS X < ------------------------ < 1.
X
790. Известно, что cosx<l; следовательно, 2cosx«^l-f-
+ cosx=2 cos2 ~ , т. e.
cos x cos2 у.
Аналогично cos у<cos2-—, cos«сcos2~ и т. д.
Итак,
п х . х о х Пп (к\
COS X *CCOS2 -5-^ COS4 S^cos8 — < . . . <COS2 I ™ )•
Z 4 о /
791. Пусть sin 36° sin 54° = a, *' = fr.
Имеем
аа=sin236° cos236® = -J- sin2 72° = 4 cosa18® =
4 4
1Г, //S’-iyi 1 16—64-2]/’5’_5+FT
~ 4 L \. 4 ) J “ 4 ’ 16 “’ 32 . ’
.2_ 25(6— 2 /5 ) 25(6— 2 /5) _ 5 (3— /5) 15—5/5
“ 16л2 > 16-10 “ 16 “ 16
Рассмотрим разность
М ,. 15-5/5’ 5+/5 25-11 /Г /б25-/ббГ
о —а > is 32 _ 32 = 32 «•
Итак,
&3 —а2>0. (1)
Так как а > 0 и b > 0, то из (1) следует, что а < Ъ, т. е.
sin 36° sin 54° < :
4л
480
792. Рассмотрим разность
d = cos (sin<р) — sin (cos<p)==cos (sinф)—cos costp^ =
-у + 81Пф — СОЭф — ——cos ф—sin Ф
= 2 sin----------------sin------------------
Так как
I sinф ± со8ф|< 1,414... и 1,570...,
TO
' — coscp ± Sin ф
0,08 < ------------------< 1,49,
а поэтому
v V • • * * •
— “f*sin ф—cos ф g—cos ф—sin ф
sin —------и---------> 0 и sin---------x-----------> 0.
A i &
Следовательно,
d > 0,
t. e.
cos (sin ф) > sin (cos ф),
или
sin (cos ф) < cos (sin ф)
при любом ф.
798. Первое решение. Умножив числитель и знаменатель
левой части неравенства на произведение sin a-cos a / 0, получим
sin2 a cos a+sin2 a
sin a cos2 aj-cos2 a
= tg2a
1 + cos a
14- sin a
Так как tga^O, то tg2a>0; l+cosa>0 и l+sina>0, так
как cosa>— 1 и sina> —1.
Следовательно, левая часть доказываемого неравенства поло-
жительна при всех допустимых значениях а.
Второе решение. Так как a ?£ -yfc, то из формул
sin a= tga cos а и cos a = ctg asina следует, что
jtg a I > I sin a j
и
I ctg a | > | cos a |
для любых a у k.
Поэтому знак (sin a+tga) совпадает co знаком tga, а знак
(cosa+ctga) совпадает со знаком ctgа. Но tga и ctgа имеют
одинаковые знаки, поэтому
sina-Mga
cosa+ctga
16 и, X. Сивашинский
481
794. Так как sin а > 0, sin 0 > О, то имеем
sin а 4- sin 0 5s 2Уsin а sin 0
или
sin ос4-sin 0 > 2 /sin а sin 0 = 2 =
sinasin0 " sinasin0 Vsinasin0
=______ 2 2
у/~cos (а—0)—cos (а 4-0) у/ 1— cos (а4-0)
2 2
* 2
что и требовалось доказать.
795. Доказываемое неравенство равносильно неравенству
2 sin2 а4* 2 sin2 Р—2 sin a sin P—2 sin a—2 sinp4~2^0,
или
(sin2 a—2 sin a+l) + (sin2 p—2 sin P4~ 1)4~
4-(sin2 a—2 sin a sin p + sin2 p)^0,
или
(sina—l)2 + (sin P—I)2 4-(sin a—sin p)2 ^0,
которое очевидно. Знак равенства имеет место, когда sina=sinp =
==1, т. е. при а —~-}-2л/г и р= -~4-2лп, где k и п—любые це-
лые числа.
796. Обозначим стороны треугольника через а, b и с, а ради-
ус описанной окружности через R. Для определенности пусть
тупой.
Известно, что
с2 > a2 + &2, a = 2/? sin А, 6 = 2/? sin В, c — 2R sin С.
Подставив значения а, би с из последних трех равенств в пер-
вое соотношение, получим
4/?2 sin2 С > 4/?2 sin2 А + 4/?2 sin2 В,
или
sin2 С—sin2 A—sin2 В > 0,
или
1 —cos2 С — 14-cos2 А — 14-cos2 В > 0,
откуда
cos2 A4-cos2 В—cos2 С > 1,
и подавно
cos2 А 4~ cos2 В 4- cos2 С > 1.
482
(1)
797. Пусть 0<£х<у, где k принимает . значения
1,2, 3.....(« —1), и. При этом условии cos£x>0. Докажем, что
cos(£-bl)x cos^x „
--- —тг2— <--------—и— cos2 *•
cos kx cos (/г— 1)х
Действительно,
cos (fe+1) х cos (fe-b 1) x cos (fe— 1) X—
cos kx “ cos kx COS (k — 1) X “
(cos kx cos x+sin kx sin x) (cos kx cos x^-sin kx sin x)
cos£xcos(Z?~l)x
_ cos2 kx cos2 x—sin2 kx sin2 x < cos2 ^x cos2 x
~~ cos Zexcos (£ —1) x cos fex cos (/г—1) x~~
cos kx e
=-----7H--ГГ~ COS2 X.
cos(fe—-l)x
Так как k принимает значения 1, 2, 3, . .., (n—1), л, то из не-
равенства (1) следует п неравенств
cos 2х cos х й
---- < —;— COS2 X,
COS X 1
cos Зх cos 2х 9
----X- <----COS2 X,
cos 2х cos х
cos 4x cos Зх a
---5- < ---cT C°S2 X>
cos 3x cos 2x
COS (n + 1) x cos nx 9
cosnx cos(n—l)x
Перемножив почленно эти n неравенств и преобразовав получен*
ное неравенство, находим
<cos2"+ix.
cos nx
Это и требовалось доказать.
798в Имеем
f_ ду tga—tgp _ntgP—tgp_(n—l)tgp
igl» P'-l + tgatgP“ l + ntga0 1 + atgap ‘
Возведем обе части последнего равенства в квадрат, получим
tg4a-P)=M)atf4= z (П~1)2
,g 1 р' (1+« tga₽)2 / 1 .ntg2p\a
\ tg₽+ tg р J
= (ft—В2 = (п-1)2 <(п—I)2 t
(ctgp + ntgP)2 (ctgp—ntgP)a4-4n — 4n
что доказывает требуемое неравенство.
16* 483
799. Из алгебры известно, что если а > 0 и b > 0, то
Так как tga>0, tg Р > 0, tgy>0, то имеем
tga । -„о tg I tg Y >• 2 tg Y I tg V °
tgP tga " ’ tgy Ttg P " ’ tgaUg Y'"~'
Сложив почленно эти три неравенства, получим
tg« , tga , tg ft . tg P , tgy tgy 6
tgP + tgy +tga + tgy +tga +tgg " ’
ИЛИ
tg a (ctg P + ctg y) + tg P (ctg a+ctg y) + tg у (ctg a+ctg p) S== 6,
что и требовалось доказать.
800. Первое решение. Имеем
tgx_o_3 .
tg У I
Составим производную пропорцию
tgx+tg г/ = 3+1 = 2
tgx—tg^ 3—1
или
sin (х + у) = 2
sin (х—у)
т. е.
sin (х— I/) — 0, 5 sin (х + у).
Из условия задачи следует, что 0«Сх—поэтому х— у
достигает максимума вместе с sin(x—у), а sin(x—у) достигает
максимума одновременно с sin (х+у).
Так как наибольшее значение sin (х+у) есть 1, то наиболь-
шее значение sin (х—у) есть 0,5, а следовательно, наибольшее
л _л л
значение х—у есть х-, т. е. х—у< , что и требовалось доказать,
о о
Второе решение. Так как tgx = 3 tg у, то х^у (учиты-
вая ограничения для х и у).
Пусть х = а + у, где а^О. Имеем
tg(a4-//) = 3tgy,
ИЛИ
откуда
Stga tg2 у—2 tgj/4-tga = 0.
Отсюда
8 У 3 tg a
484
Для того чтобы tg у было действительным, необходимо, чтобы
1 —3tg2a^0,
откуда
tg2a<-l.
л 1/*з" л
Поскольку ОО < 9~, то tg а «С — и а «С g-. Поэтому а
что и требовалось доказать.
Третье решение. Имеем
tgx—tgу = 2 igy ,
sin (х—у) _2 sin у
cos х cos у — cost/ *
sin(x—f/)=2 cosx sin y,
sin (x—y) == sin (x + y) — sin (x — y)9
2 sin (x—y) = sin (x + t/X 1,
откуда
sin (x—1/)< ~ .
Учитывая ограничения для x и у, получим х—t/«Cg-.
801. Первое решение. Так какО<Л + В<^-, то
tg (Л + В) > 0 , следовательно, *
tg Л-г tg В
1-tg4 tgB
Поскольку А и В —острые углы, то
tg4 + tgB>0,
поэтому
1 —tg Л tg В > О,
или -
tg Л tg В< 1,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Доказываемоё неравенство равносильно
неравенству
sin Л sin В j
cos Л cos В^ ’
или
sin Л sin В < cos Л cos В,
4Ъ5
т. е.
cos A cos В—sin A sin В > О,
или
cos (4 + В) > 0.
Последнее неравенство очевидно, так как 0 < А-\~В <- (угол С—
тупой).
802. Первое решение. Согласно условию задачи имеем
0<а<£-, 0<₽<£- и «+₽>£•
Из последнего неравенства следует, что р > а. Итак, имеем
0 < а < ₽ < ^-и tg₽>tgQr-«y
Известно, что tgactga=l, или
tgatg(-£—а) = 1.
± ( л \
Если в левой части этого равенства вместо tg ( —a I возьмем
большую величину tg ₽, то получим
tgatg₽>l,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Доказываемое неравенство равносильно
неравенству
sin a sin Р *
cos a cos p
Так как cos a > 0 и cos P > 0, то имеем
sin a sin p > cos a cos p,
или
cos a cos P—sinasinP<0,
t. e. cos(a + p)<0, что очевидно, так как а и Р—углы остроуголь-
ного треугольника, а потому
Л* .г f О
-2-<« + ₽<л.
Л
Третье решение. Так как < a + р < л, то
tg(a+P)<0,
tg(a+P) = ,tg^+-H<0.
& \ ‘г/ 1 — tg a tg р
Но tga4-tgp>0, следовательно, 1 — tgatgp<0 или
tgatgp>l.
486
803. Имеем
0<у<-5—(a+₽X-y,
откуда
= ctg(a+p)=______1*~ tgatgP
cgta-bPt tg(a+p) tga+tgp'
Умножим обе части неравенства
tgv<1-tgatg.p
gV^ tga+tgp
на выражение tga+tgp, которое при данных ограничениях для a
и р положительно. Имеем
tgУ (tg« + tg Р)< 1 — tgatg р,
tg a tg p + tg P tgy + tg ytga< 1,
или
(О
что и требовалось доказать.
804. Заданное неравенство tg a tg p-]-tg р tgy + tg у tg a < 1
можно представить так;
tg у <tg a-J-tg P)< 1—tgatg p.
Так как левая часть этого неравенства положительна, то и правая
l^tgatgP>0. (2)
Разделим обе части неравенства (1) на tg у (1 — tgatgp), получим
tg«+tgP < _L.=ctgY=atg
1 —tgatgp < tgy gV gk2 y)’
или
tg(a+P) < tg (-к-
(3)
Поскольку tg (a + p) = » то> учитывая неравенство (2),
а также условие 0<a<~-,0<p<-~-> заключаем, что
tg(a+p)>0. Поэтому из (3) следует, что
Л Л
a + P < ~2—У>
т.е. 0<a + p+y <-y.
805. На основании известных неравенств
x3
ж----г < Sin X < х,
4
487
имеем
Sinn—^n—1 4(П —1)9 ’
1 1____________1
ft -j- 1 n 4~ 1 4 (n 4"* I)2 *
— 2sin — > —- .
n n
Сложив почленно эти три неравенства, получим
. 1,. 1 о . 1 /1,1 2 \
sin---7 + sm —-г — 2 sin — > -г 4----------—
п—1 п4-1 п \/г— 1 - «4-1 п J
1 Г 1 1'1 Зп2 (п2-т-4)4-п2 + 4
4 L(n—1)3-Н(л+1)з]
что и требовалось доказать.
(X
806. Если cos— то
2n (ft2 —1)8
27
256’
(1)
a
Если же cos — 0, to
9 a 9 a 9 a
• 2 a a . 2 a cos T cos T C0S T
У - s,n т COS T=27 s,n T • --3----— •
Так как
„ a 9 a 9 a
COS2 -77- COS2 -7c- COS2 -K-
. 9 a , 2. 2t 2 . „ a , 9 a t
s,n2_+___ +___+—— = sln 9_ + c°s «_=!,
т. е. сумма переменных сомножителей — постоянная величина, то
произведение у достигает максимума, когда сомножители равны,
т. е.
з a
s 2 a COS 2 2 a 1
sln или tg T=T
/, a a , Л „
I tg-^- существует, так как cos-g-/ 0 1. Перепишем исследуемую
функцию в виде
. 9 сь й ct
,2a ea S1"2-2COS2 t,a ga
j/ = sin9 Tcos« y=---—------= tg2 у • cos’ y =
cos T
tg2| tg2|
(sec’l)4
488
Тэк как мы выше доказали, что у достигает максимума при
tg2l=4’ т°
_1^
, з 27
s/max = , IV= 256 ’
(J+т)
Из (1) и (2) следует, что имеет место неравенство
. 2 а й а 27
S,n Tc°s’r<256-
что и требовалось доказать.
807. Имеем
о . х + у х—у , _ . х + « х + у
г —2 sin -Tpcos 4-2 sincos
или
Л • х+у / х—у , х + у\
z = 2stn-~(cos —g-^+cos
г» « Х — у
В правой части последнего равенства заменим cos единицей,
получим
г < 2 sin Г1 +cos^4^ Y
2 \ * J
или
о . х + у х + у п *х + у
г < 2 • 2 sin —~ cos —- 2 cos2 —,
4 4 4
или
z 8 sin cos3 . (1)
4 4 '
Так как и то
а следовательно,
sin > 0, cos > 0. (2)
На основании (1) и (2) имеем
z2 «С64 sin2 cose »
4 4
или
о — ГГ7 • *х + у 1 <>х + у 1 9х + у 1 «х+v /04
г2 < 27 • 64 sin2 —- -5-cos2 —4-^ • cos2 —• -5- cos2 . (3)
4 3 4 3 4 3 4
Так как
sitf ф+ 1 . зсоз’Ф=81п^+со8*±±£-1,
4 3 4 4 4
489
т. е. сумма сомножителей правой части неравенства (3) есть вели-
чина постоянная, то г достигает максимума, когда сомножители рав-
ны между собой, т. е. когда
. *х + у 1 2х + у
sin2 —cos2 —,
4 3 4
или
или
g 4 3 •
Отсюда
х+у Кз" . х + у 1
cos_^=—
Итак,
1 /Гз\3_зГз
г<8 ‘ 2 ‘\ 2 J 2 ’
что и требовалось доказать.
808. Поскольку большему углу первой четверти соответствует
большее значение тангенса, то имеем для любого i (i = l, 2, 3, п)
tg ах < tg <xz < tg an. (1)
Умножив обе части (1) на cosaz>0, получим
tg ax cos az < sin az < tg aw cos az. (2)
Придавая i все возможные значения (1, 2, 3, n), получим
n неравенств
tg «1 cos ax = sin ax < tg an cos ax,
tg ax cos a2 < sin (X2 < tg art cos a2,
tg ax cos aw < sin a„ = tg aw cos art.
Сложив почленно эти n неравенств, получим
tg ai (cos ax + cosa2 + .. - + cos an) < sin ax4-sin a2 + .. . + sinan<
< tg (cos ax-|-cos a2-j-. • • + cos art).
Разделив все части последнего неравенства на
получим
cos ax + cos a2 +. .. + cos an > 0,
. sinax + sina2+.. . + sinan
& 1 < cos ax-j-cos a2-|-.. .-j-cos an * n'
490
809. Имеем
а (1 —cos 2х) । b sin 2х с (14- cos 2х) _
2 + 2 2 ~
а + с b sin 2х (с—a) cos 2х__
2 ‘ 2 + 2 ~
а + с , Уь2 + (с—а)г / Ъ . „ .
2. 2 ^/Ь2 + (с_а)2
, с—а
4—7======= cos 2х
К^+(с—а)2
Легко заметить, что если принять _.=cos <р, то
Кб2 4-(с—а)а
Итак,
с—а
—------= Sin ф.
/ь24-(с—а)2
1/^2 1/с__п\гГ 1
4 Z----L2----sin 2х cos ф + cos 2х sin <р Ь=
а+с , /z>24-(c—а)2 . .
= +”— Sln <2х+ф>-
а + с
Так как
— 1 «с sin (2х + ф) «С 1,
то ___________
.. __«4-с , /б24 (с—«)2
Fma№ 2 * 2 *
а ___________
_ а 4- с УЬ"- + (с—а}*
4/tnin — ~2 ———,
т. е. __________ __________________________
а + с Уь2 + (с—а)г а+с V t^ + ic—af
~2 2 < — + 2
что и требовалось доказать.
810. Первое решение. Обозначим стороны треугольника
через а, Ь, с; противолежащие им углы—а, р, у; радиус описан-
ной окружности — радиус вписанной окружности—г, пери-
метр—2р.
Очевидно, что 2р > 2лг, или р > лг. Умножив члены последне*
го неравенства на р, получим
р2 > яглр.
Так как площадь треугольника S = pr, то
р2 > ttS,
с abc 9 abc
а так как S=то р2 > л-^, или
/а + &4-с\2 abc
I 2 J >П' 4R'
491
Разделив обе части последнего неравенства на /?2, получим
f a-\-b + c\2 abc
( 2R ) >Л 4/?з -
Поскольку а = 2/? sin a, b = 2/?sin0, с — 2R sin у, то
Г2/? (sin а + sin р 4- sin у)1 2 8л/?3 sin a sin 0 sin у
[ 2R J > 4/?з
ИЛИ
(sina + sin 0 + sin у)2 > 2л sin a sin Р sin у,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Имеем очевидное неравенство
sina + sin 0 + sin у^З |/sin a sin 0 sin у.
Возведем обе части этого неравенства в квадрат:
(sin a+sin р + sin у)2^9 (sin asin 0 sin у)2. (1)
Так как sina^l, sin0<;l, siny<;l, то
(sin a sin0 sin у)2 > (sin asin 0 sin у)3. (2)
В силу неравенств (1) и (2) заключаем, что имеет место неравенство
(sina+sin 0 + sin у)2 9 sin a sin 0 sin у.
Поскольку 9 > 2л, то и подавно
(sin a + sin 0 + sin у)2 > 2л sin asin 0 sin у.
л
811. Предварительно докажем, что если а+0 + у =—, то
tga tg p + tg р tg Y + tg a tg y= 1. (1)
Так как a-f-p=-2—у, то *
A
tg(a+P) = ctgY = ^,
ИЛИ
tga + tgp 1
1 — tg a tg p tg y ’ *
т e.
tg a tg y+ tg P tg y= 1 — tg a tg p,
откуда следует (1).
Напишем четыре очевидных соотношения:
2 Vtgatgp+5• КtgptgYH-б< tga tg Р + tg Р tg y + Ю,
2 V tgptg Y+б' KtgatgY + б< tg Р tg y+ tg a tgy+ 10,
2 Ktgatg y + 5 • KtgatgP + 5<tg atgY+tgatgp+10, ;
( V tgatgP + 5)2 + ( Vtg p tgY+5)2 + (Vtg a tg y+5)2 =
= tg a tg P+ tga tg y+tg P tg y+ 15.
492
Сложив почленно эти соотношения, получим
( H’tgatgP + S + l^tg Р tg у4-5 + KtgatgY + 5)2 <
<3 (tga tg P4-tg p tg y + tga tg y)4-45 = 48.
Отсюда получаем
У tgatg p + 5 + У tgP tg y + 5 + У tgatgY + 5 < 4 У Ъ ,
что и требовалось доказать.
812. Так как
tg8 «+ tg2 р^'tg2cTtgrp = tga tgp,
TO z
tg2a-j-tg2 Р$==2 tga tg p. (1)
Аналогично
tg2a-Hg2 y^2 tgatgy : (2)
и
tg2₽ + tg2y^2tgptgY. (3)
Сложив неравенства (1), (2) и (3), получим
tg2 a + tg2 р + tg2 y tg a tg Р + tg a tg y + tg Р tg у = 1
(см. задачу 811).
Поскольку сумма чисел (tg a tg P), (tg a tg y)> (tg P tg у) равна
1, т. e. постоянна, то их произведение
(tgatg Р) (tg a tg y) (tg P tg y)
принимает наибольшее значение при равенстве этих сомножителей
tg a tg р = tg a tg у = tg P tg у,
т. e. когда a=P = Y
Так как а+Р + у=у» то a = p = Y = 'g‘-
Итак,
tg2 a tg2 p tg2 y < tg" 3- =57
И
1 26
tg2 a + tg2 P + tg2 y — tg2 a tg2 P tg2 Y 1 — 27=27 .
что и требовалось доказать.
813. Первде решение. Обозначим cos2х + 3sinх через у.
Имеем
у = —2 sin2 х 4- 3 sin х +1,
493
Очевидно, что {/достигает наименьшего значения, когда ^sinx — -yj
принимает наибольшее значение, и у достигает наибольшего зна-
чения, когда isinx—принимает наименьшее значение. Выра-
/ f 3 у ,
жение (sin х — 1 принимает наименьшее значение (нуль),
3 А /49\ .
когда sin , а наибольшее тб приsinx — — 1, т. е.
4 \ 10/
Л ( . 3\2 49
0< Sinx---Г
\ 4 / . 10
Итак,
_ о М9 17\ . _ о/n 1ZV1Z
^min — ““* yi6~167--^тах---------16/8*
или
что и требовалось доказать.
Второе решение. Имеем
{/a=cos 2х + 3 sinx = — 2 sin2 х + 3 sinx +1.
Пусть sin х => z, где -1 < z < 1 ( тогда
у Е=а «— 2z2 3z -|-1.
___3 3
Если ——=— , то получаем
z(-—2) 4
Q • Q 1
^ах=~2 .^ + 3 .±+1=2|.
(1)
По свойству квадратной функции
{/== — 2z2 + 3z + 1
( 3\
возрастает в интервале I — °°, -у) и убывает в интервале
0--, оо^ Но так как — 1^2<1,то
1) для значений z < наименьшее значение у получается при
гжа — 1, т. е.
tfmin=-2-3+l = -4; (2)
3
2) для значений 2>-^- наименьшее значение у принимает при
г=1, т. е.
feln=-2+3+l=2. (3)
Из (I), (2) и (3) заключаем, что
О
494
814. Имеем
у = si nex +XOS«X = + 0 + cos 2X)» = 1 + 3 cos* 4x
8 8 4
Так как наибольшее значение cos22x равно 1, а наименьшее—ну-
лю, то наибольшее значение у равно 1, а наименьшее
Отв. 1, ~ •
4
815. Имеем
__ cos4a_______1___________
sin2a cos 2a sin2a cos 2a~
cos2a cos2a
________1________ 1
2 cos2a—sin2a tg2a(l —tg2a) *
g a cos2a
Наименьшее значение у будет при наибольшем значении знаме-
нателя.
Так как сумма сомножителей знаменателя постоянна
tg2a + (l-tg2a) = l,
то наибольшее значение знаменателя будет при
tg2a=l — tg2a,
откуда
tg2a=l.
Итак, наименьшее значение у
Уе“а __________L\~4"
2 v1 2 /
Отв. 4.
816. Имеем
• 2 1 — 4 sin2 х
у =3 tg2 х-----5.
v & cos2 х
_ « П . « 1—4 sin2 X
Докажем, что сумма сомножителей 3tg2x и —cosi*— есть
постоянная величина.
Действительно,
о. „ । 1—4 sin2x 3sin2x + l—4 sin2x cos2 x .
3tg x+~c0S^-------------cos5*---------
Следовательно, у принимает максимальное значение при
3 tg2x =
1—4sin2x
cos2 л
495
или
3 sin2 х = 1 — 4 sin2 лг,
откуда
• 2 1 .36
sin3x=-=- и cos4x=7s.
7 49
Итак,
#max =
36
49
1
4
Отв. -i-.
817. Докажем, что сумма, sin2x + sin s*n есть
постоянная величина.
Действительно,
п 2л
), х cos 2 х — cos -s-
sin ( -5- — x ) = sin2 x +----2 ==
\ u / 2
2 sin2 x + cos2x—sin2 3
= ' 2 ~2“=T ’
Поэтому функция у достигает максимума при
Имеем
или
а следовательно, и
Итак,
J/max = sin* Я Sin (у+* J sin
2L_ \ 3 3__
Ъ~Х )~~8' И~
О» 13
Л 9
Отв. st
о4
496
A
818. Первое p ешение. Имеем
__ 1 cos8 x—cos Зх sin3x + sin3x
V~~ 2 cosx * sinx
Докажем, что сумма
cos8 x—cos Зх sin3 xsin Зх
cos x “г sin x
есть постоянная величина.
Действительно,
cos3 х—cos Зх sin3 x -f- sin 3x __
cos x sin x
_ 2 cos 3x . 2 sin 3x
= COS2 X---------k Sin2 X 4-:-
COS X ‘ Sin X
— 1 I s*n cos x—cos 3x sinx ~
sin x cos x
sin2x
sinxcosx
Следовательно, у достигает максимума при
cos3 х—cos Зх sin3 х + sin Зх
cos x sin x
откуда cos2x==0 и x—~^ .
Таким образом,
f q л Зл\ / . о л , . Зл\
^COS3 — - cos т Д sin3 т + Sin т j
Утаи.== “
siny
_//2 У2~\(]Г2 9
\ 4 2 / \ 4 + 2 / “ 8 ’
Второе решение.
(cos3 х — 4 cos3 х + 3 cos х) (sin3 х + 3 sin х—4 sin3 х)
у„ sjn 2х
3cosx(l—cos2 х)-3 sinx(l—sin2x) 9 sin3xcos3x
e sin 2x “2 sin x cos x
9 9
= -5- sin2 x cos2 x=-Q- sin2 2x.
Z о
rr* л 2л л л л
Так как< 2x < —, то при 2х=-у, т. е. при х=“^-,
, 9 . 2 л 9
Утат — g sin 2 — *g" *
Ow.
497
819. Имеем
sin cos si n (30° 4- х)—sin 30°
cos— sin У-A * sin (30° 4-x) 4-sin 30°
Поделив числитель и знаменатель на sin (30° 4-х) и учитывая, что
sin 30° «я А-, получим
1 !------
2 sin (30° 4-х)
1+2sin (30°4-х)
Поскольку при возрастании положительной величины sin (30° 4-х)
числитель дроби возрастает, а знаменатель убывает, то при возрас-
тании sin (30° 4-х) возрастает и у.
Следовательно, наибольшее значение у будет при sin (30° 4~
-f-х) и1, т. е. при х=60°.
Итак,
•-I
Ушах — 1
1
3 •
Отв. 4-*
<з>
820. Преобразуем исследуемую функцию. Имеем
/а а \ а 3tg^4-10tg| 4-3
У = (3tgs |4- lOtg-J +3)cos»y=-i----——----
4 J 14-tg’f
3(1+tg8|)[ iotg|
i+‘g2y
34-lOtg —cosa — »
= З-f-lOsincos-S-=34-5 sin a.
z z
Поскольку | sin a | < 1, to
— 2^34-5 sina<8,
а следовательно, и
-2< ^3tg« y4-10tgy-|-3)cos»y<8.
498
Таким образом, наибольшее значение функции равно 8» а
наименьшее равно —2.
Отв. tfmax = 8, «/тш=-2.
821. Из первого неравенства имеем
2л^ + -~ < х < ^? + 2л£,
из второго
л л
2лп—й- —|-2лп.
о о
Так как sin х >-^- и cosx^s--- должны иметь место одновре-
менно, то
4г- + 2л/г < х < -^-+2л£.
о о
822. Из условия следует, что
j sinx + cosx|
sinx—cosx
sin x + cos x
I 2
I /2
V2sinx_I^coSx
2_± sin Х-4-ХДс03 X
2 т 2
Из последнего следует, что -
л _ л , л
j-^x 4- л/г «С-у,
или
л
л/? < у+л/?,
что и требовалось доказать.
823. Так как при положительном основании неположительные
числа не имеют логарифмов, то sinx>0, и, зная, что |sinx|< 1,
имеем
О < sin 1.
Отв. 2л/г < х л (2k + 1).
824. Первое решение. Известно, что
— l^sinx^l.
Так как на сегменте [ — 1, 1] косинус аргумента больше нуля, то
cos(sinx)>0 при любом значении х.
499
Второе р е ш е н и е. Так как
л л
-T<sinx<T>
то cos(sinx)>0 для всех значений х.
Отв. х—любое число.
825. Известно, что —1 cos х 1. Но так как sin(cosx)<0,
то должно быть
— 1 cos х < О
Отв. у+ 2л£<х< у+ 2л&.
826. Имеем
sinx—а (1 —cos х) < О,
пли
2 sin у cos у —2а sin2 —<0. (1)
X X
Так как sin у ф 0, то sin2 — > 0. Разделив обе части неравен-
х
ства (1) на sin2 у, получим
, х
у < «•
Отсюда
arcctg а + kn < у < л + kn.
Отв. 2arcctgа +2/гл < х< 2(^ + 1) л.
827. Неравенство
tg х (1 4- cos 2х) < cos 2х tg 2х
равносильно неравенству
sin х n 9 . п
------ 2 cos2 х < sin 2х,
cos х
или
2sinxcosх < sin 2x,
или
sin 2x < sin 2x.
Отв. Неравенство не имеет решений.
828. Неравенство
2 sin х sin Зх > 1
равносильно неравенствам
cos 2х—cos 4х— 1 > 0,
cos 2х—2 cos2 2х > 0,
cos2 2х—у cos 2х < 0,
cos 2х ^cos 2х — у < 0»
500
J
откуда
О < cos 2х < у .
Из последнего неравенства следует, что
' 4+2яЛ<2х<4+2яй о)
О «ь
И
— ~-4-2л/г < 2х < — ~ + 2л/г. (2)
£ О
Из (1) следует, что
-^4-лй < х<-^ + л£,
а из (2) имеем
Л , • Л а ,
----т-кл/г <х < — -^4-л/г.
4 о
829. Неравенство
sinx4-cosx< КТГ
перепишем в таком виде:
/— / 1 1 \ >—
у 2 ( —sinx 4—7^= cosx ) < у 2,
КЗ /
откуда
( л \ 1
COS X Г < 1.
\ 4 /
Так как | cos а | 1 для любого а, то в данном случае имеем
— l«Ccos ^х—< !•
Из этого неравенства следует, что
Ф 2/гл,
или
х^~ + 2л£.
Следовательно, данному неравенству удовлетворяют все значения х,
кроме х = —+ 2л^.
л
Отв. х0— 4-2л&. *
830. По формуле Муавра имеем
(cos х + i sin х)5 = cos 5х + i sin 5x. (1)
501
С другой стороны, по формуле бинома Ньютона
(cos х+i sin х)5=cos6 х+5/ cos4 х sin х —10 tos8 х sin2 х—
— 10/ cos2х sin8 х 4-5 cosx sin4 х 4-/ sin6x. (2)
- Из равенств (1) и (2) следует
sin 5х = 5 cos4 х sin х—10 cos2 x sin8 x 4- sin6 x,
или
sin 5x = 5 sin x (1—sin2 x)2 — lOsin8 x (1 —sin2 x)4-sin5x,
или
sin 5x= 16 sin5 x—20 sin8 x 4-5 sin x.
Поэтому неравенство, заданное в условии, принимает вид
16 sin5 х—20 sin8 х + 5 sin х > 16 sin5 x,
или
4sin8x—sinx< 0,
или
4sinx(sin2x—г 1 < 0,
\ 4 /
или
sinx4~^ sin x sinx—< 0.
Это неравенство выполняется при
— l<sinx< —у (3)
или \
0 < sin х < у. 0) f
Из (3) следует
-~+2nk<x<~+2ak,
О о
а из (4) имеем
2nk < х < 4г
о
и
^4-2л& < х < л + 2л&.
о
831. Неравенство
tg8x4-tg2x> 14-tgx
равносильно неравенству
tg2 х (tg Х+1)—(tg х+1) >0,
или .
(tgx+O2(tgx—1)>0.
Так как tgx ф ±1, то i
(tgx+l)2>0, I
602
а значит, и tgx—1 >0, или
tgx > 1,
откуда
< х < -jr + fen:.
Отв. -5-(4fe+l)<x<y(2fe+l).
832. Неравенство
tg2x < sin x +tgx
равносильно неравенству
tg 2x — tgx<sin x,
или
sinx } Л
----x--------sinx < 0,
cos 2x cos x
или
sinx (1—cos 2x cos x)
cos 2x cos x
Так как
Так как
1 —cos 2x cos x > 0,
---------<0,
cos 2x cos x
то
или
tgx
cos2x
то
Так как 1 -J-tg2
cos2x
1 —tg2x
l + tg2x
tgx(l+tg2x)
1 —tg2X
tgx
1 —tg2x
или
2 tgx
1 —tg2x
откуда tg2x<0.
Следовательно!
откуда
< 2x < fat,
’2<X<^2*
Отв. — <x <^k.
833. Неравенство
2 sin2 3x + sin2 6x < 2
равносильно неравенствам
4 ski2 Зх cos2 Зх—2 cos2 Зх < 0,
2 cos2 Зх (2 sin2 Зх— 1) < 0,
cos2 Зх cos 6x > 0.
(1)
803
Ho cos2 Зх > 0, поэтому cos 6х > 0, откуда
—-^- + 2 л/г < 6х < ~ + 2л&.
л л , kit л . kn
Отв. —72" +“у <х < 72*+ “3“ •
Л
834. Из условия видно, что х 96 -у k. Кроме того, заданному
неравенству не удовлетворяют значения х, при которых tg2x =
= ctg2x=l, т.е. x=~-f--g-fe.
Таким образом,
, л . , л л ,
У* И X + у fc,
, Л
т. е. х 96 — п.
При всех остальных значениях х имеем
tg« X + ctg» X = tg2 х + > 2.
По известному из алгебры неравенству, если
« + ^->2, то а > О и
В нашей задаче a = tg2x. Следовательно, tg2x^ 1 и tgx^ ±1.
Из последнего неравенства заключаем, что
, л
Отв. k < х < (& +1).
835. Данное неравенство равносильно неравенству
2nfe<^<n(2fe+l),
где Z? = 0, +1, +2, . . .
Вначале рассмотрим случай, когда й = 0.
Имеем
откуда
т. е.
1 1
X > -7= ИЛИ X <----------та .
Кл /л
504
Теперь рассмотрим случаи, когда Л — 1, 2, 3, ...
Имеем
1) 1<Я(2* + 1), или*»>£^-ру,
откуда
1 1
/л (2*4-1) />(^4-1)
2) ^>2л*, или
откуда
* <х< 1 .
у 2лЛ и 2 nk
Итак, для fc = L 2» 3, ... имеем две системы неравенств:
1 Г 1
< Х > /л(2Л+1) ’ I *< K«(2fe+1) ’
I 1 1 ] 1 1
/2лй < Х < У"2л¥ ( V2nk <Х< У~2лк
Из первой системы находим
1 х 1
/л(2й + 1) /2яй’
а из второй
___1______________________________1
/2л¥ /я(2/5 + 1) *
л _ 1 1 1 1
Отв. х > -yrz » х <-----==., ---— — < х < ,
V я ул Ул(2/г+1) у 2лл
“ У"2лй < Х < “ УТ(ЩЙу ’ где * = 1. 2- 3. . ..
836. Преобразуем левую часть неравенства
cos3xcos Зх—sin3 х sin Зх=* cos2 xcos xcos3x—
— sin2 x sin x sin 3x=cos2 x (cos 4x + cos 2x)
—sin2 x (cos 2x—cos 4v) =cos 4x (cos2 x + sin2 x) +
+ cos 2x (cos2 x — sin2 x) = i cos 4x + -i-cos2 2x =
Z 2 Z
1 л . 1 /1 . л x 1+3 cos 4x
*=ycos 4x + -j (14-cos 4x) = -X---
505
Итак, заданное неравенство равносильно неравенству
1+3 cos 4* 5
4 > Т ’
откуда
4 1
cos 4х > -g- •
Решая это неравенство, получаем
2nk — у < 4х < ~ + 2л£
и
Л « л л , л t
~2k ~\2<X<\2+~2k'
837. Поскольку правая часть заданного неравенства неотри*
дательная, то sin х > 0. Поэтому, возвышая в квадрат обе части
неравенства, получим равносильное ему неравенство
sin2x > 1—sin 2х,
или
2sin xcos *+sin2 х—1 >0,
2sin х cos x—cos2 x > 0,
cos x (2sin x—cos x) > 0.
Решение этого неравенства сводится к решению двух систем
неравенств:
{cosx<0, ...
2 sin х—cosx <0 ' '
и
I cos х > 0,
( 2sinx—cosx> 0.
Но так как sinx>0, то система (1) противоречива. Остается одна
система
sin х > 0, cos х > 0, 2 sin х—cos х > 0,
пли
sin х > 0, cos х > 0, tg х > - j .
Ясно, что х находится в первом квадранте, поэтому
2nk+arctg ~ < х < ~-\-2nk, где fc = 0, ±1, ±2, ...
&
838. Очевидно, что
, . л лх л ,
"*+4 <4(ГП)<-2+яА>
S06
или
4fe + 1<T^T<4fe + 2'
я-b 1
1 *4-1 1
4fe + l > х >4k+2 '
4fe-(-l x 4fe + 2 ’
4k 1 4fe+l
4fe+l > x > 4fe + 2 ’
(1)
откуда — 4fe * < x < — тгфт > если k ф 0.
4/2 4« 1
Если же Л=0, то из (1) имеем х<—2.
839. Для удобства обозначим tgx через t9 тогда
tg2x =
Имеем
или
или
или
2tg х __ 2Z
1 —tg2x “1 — /2*
*___9
1 — t2 _2t—2-b2/2
Г> 2t 2/4-2—2/2’
l-/a +
< *-l + *2
/-bl—/2
—1
/2—/ —1
>0,
(/2 + ^+l)(^l)
/2-/-l
Но так как /2 -b t +1 >0 ПРИ любом значении / (поскольку корни
функции /а-Ь/4-1 мнимые), то должно быть
1__i/*5
Так как корни квадратного трехчлена /2—/—1 суть -------------------
и АтЬ , то неравенство (1) равносильно
• откуда
>>!+р~ «ли
•л /л
от
Но так как t + tgx, то
яА + arctgliJ^^ < х <-—+ лА,
или __
1<5___1 я
nk—arctg----2— < х < -^ + nk.
840. Решение сводится к решению двух систем:
т cosx — sinx>0,
< . х х (1)
| sin —— cos у > 0
и
। cosx—sinx < 04
< . x X (2)
I sin — — cos у < 0.
_ я л 5 •
Отв. -г < x < , т л < x < 2л.
4 2 4
х
841. Умножив обе части неравенства на cos2 у > 0, получим
4 sin2 cos2 4- + 3 sin — cos -у—2,5^0*
2 sin2 х 4-3 sinx—5^0,
Так как 2 ^sin x + -g-J > 0 при любом значении х, то остается
решить неравенство sinx—1^.0, или sinx^l. Случай неравен-
ства исключается, так как всегда | sinx | 1.
Итак, sinx = l, откуда х=—4-2л/г.
842. Заданное неравенство равносильно неравенству
1
cos X > .
Отв. — -5-4-2&Л < х< -5- + 2&Л.
о о
843. Неравенство sin2 2х > sin2 х4- равносильно неравенствам
4sin22x > 4 sin2 х 4-1, 4(1—cos22x) >2(1—cos 2х) 4-1,
4 cos2 2x—2 cos 2x— 1 < 0.
Пусть cos 2x = tt тогда неравенство принимает вид
4/а —2/ — 1 <0.
508
Если f (0 = 4£* 2 —2f —1, то корни этой функции
f _ 1 ± /5
4,2 — 4---•
Так как при f (t) < 0, t1<t< t2y to
4
4
откуда:
1) ^ + 2kn<2x < — + 2kji, так как
о о
4
У 5 — 1 .л 2л т, л
4 -sinjQ-cos 5 os g
2) -тг+ 2kn<2x<-£ + 2fen.
О о
л л । <. Зл., , Зл л..
Отв. р)4-&л < х < jo +&л, ял — уд < х < — у^ + ял.
844. Неравенство 1 —cos х < tg х — sinx равносильно таким:
1 —cosx < tg х (1—cosx), (1—cosx) (1 — tgx) < 0.
Отсюда
т. е.
Так как cos х < 1, то х Ф 2лк, поэтому
J х Ф 2nk,
откуда
4- kn < х < + kit.
Замечание. Система
j 1 —cos x < 0,
I 1 —tg x > 0
не имеет решений, так как cos х > 1 не имеет решений.
Отв. ~ 4-Ы < х < ~ + &л-
845. Неравенство tgxtg3x< — 1 равносильно таким:
sin 3x-sinx+cos Зх-cos х ~ cos 2х
cosЗх-cosx < ’ cos4х-рcos2х
cos2x <0 :____________COS2X_________
2 cos2 2x4-cos 2х — 1 ’ Q n ( Q 1 \ ’
1 (cos 2x 4-1) ( cos 2x-g- I
(cos 2x 4-1) cos 2x f cos 2x ——< 0,
509
откуда
О < cos 2х < у.
Решая последнее неравенство, получаем
•^-+2&л<2я<4г+2£л и — ~4-2kn < 2х <•—-?- +
6 11 о
л Л . # Л , t Л , « Л . «
Отв. -^-4-Лл < х< -г+^л,—Т +kn < х < —-^-Ч-ял.
О 4 4 о
846. Неравенство 4 sin х sin Зх < 1 равносильно таким!
2 cos 2х—2 cos 4х < 1,
2cos2x—4 cos2 2x4-2— 1 <0, 4cos22x—2cos2x—1 >0.
Пусть cos2x «=• it тогда это неравенство принимает вид
4/2-.2Z —1>0.
Если f (Г)«4Р—>2/—1, то корни £(0 суть
Так как [ (/) >0, то t < -—или t > lijCl, т. е.
4 4
—1< cos 2х < (1)
или __
^-<cos2x<L С2)
Так как
cos 108°=К5- И cos 36°=» .
4 4
то из (1) следует 5?4*2л£ < 2х < ^4-2л£, а из (2) следует
о □
^-4-2nfe < 2х < -у4-2лА.
Отв. < х< pj+’t* > — -^ + л£<х<-^ + лА!.
847. Пусть tg3x=t/, у ?й0, тогда имеем
1 7 у^7^у-1
^-7<7-8’ ИЛИ -----у----<0-
Умножая обе части этого неравенства на у2 > 0, получаем
у (г/+'(г) <°»
610
или
(y + у) ‘V' (v—e) <0.
Отсюда У < —у > или 0 < у < 8, т. е.
tg8x<— (1)
ИЛИ
0 < tg3 х < 8. (2)
Из (1) следует tgx<—откуда
л 1
—2+лА < х <^-arctg y+nfc,
а из (2) следует 0 < tg х < 2, откуда
nk < х < arctg 2+nk.
л 1
Отв. —y + arctgy-f-лй, nft<x<arctg24-nft.
848. Пусть sin2x=//, где Тогда имеем
Уг—6(/ + 4>0.
Корни этого трехчлена у12=3±_рл5.Поэтому
y>3+f5. (I)
у <3-/5- (2)
Неравенство (1) невозможно, так как должно быть
Учитывая (2), получим 0 < sin2 х < 3*-рОГ, откуда
2/б — 5 < cos 2х < 1.
Отв, — i-arccos (2 « 5) + &л < х < i- arccos (2/5~e5)+Ал.
849. Так как
2 tgx о 3tgx—tg8x
tg2x=T=^7’. tg3x=nbnFT’
то заданное неравенство принимает вид
tg2tS* -| 3tgx—tg8x
g+l—tg2x + 1—3tg8x >l
После тождественных преобразований получим:
tg х (tg2 x—3) (tg2 x—i')
----------------------------^3---- 22_ >0
(tg2X —1) ( tg2X—
tgx(tgx+Уз) (tgx—/3) ('tgx + iyQ (tgx-X^-
(tgx+l)(tgx-l)(tgx + lj)(tgx-^
611
Отметим на числовой оси точки (рис. 231), изображающие не
допустимые значения tgx.
УЗ уз
~ г з
-iS -i^o & 1 зб
' з г
Рис. 231.
Неравенству (1) удовлетворяют:
1) — VT < tgx< —1, откуда
«те . , тс . f
— -3+ kn < х < — J + Ате;
i/’g’ 1/Т •
2) £-<tgx откуда
ж К? , , л , ,
— arctg-£—f-Ал < х < —4-Ал;
1/^3 я
3) 0 < tg х < —, откуда kn < х < 4- Ате;
о о
1/” 2 1/* 2 тс
4) —g—<tgx<l, откуда arctg + kn < х < - 4- kn;
б) tgx>/Т> откуда ^ + kn<x<^+kn.
О Z
л тс У~ 2
Отв. —^ + kn<x<— -r + ka, — arctg-nj-+*n<x <
и 4 z
< —-5 + ferc, kn<x<^+knt •^4-Ал <x< -£ + kn.
О О О «
л. -л
,, i ||g||
Цена 82 коп.