Избранные задачи элементарной математики - Платонов В., Тутаев Л., Арлюк К., Зарецкий В., Метельский Н.

Автор: Платонов В. Тутаев Л. Арлюк К. Зарецкий В. Метельский Н.
Теги: математика задачи по математике естественные науки элементарная математика точные науки
Год: 1964
Похожие
Избранные задачи элементарной математики
Задачи по элементарной математике
Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Арифметика и алгебра
Текст
                    ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКИ
МИНСК 19 64
В. ПЛАТОНОВ, К. АРЛЮК, В. ЗАРЕЦКИЙ,
Н. МЕТЕЛЬСКИЙ, Л. ТУТАЕВ
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКИ
Под общей редакцией доцента Л. ТУТАЕВА
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВЫСШАЯ ШКОЛА»
МИНСК 1964
Настоящий сборник составлен с целью предложить
учителям и учащимся задачи для внеклассной работы.
Сборник поможет учащимся техникумов и профтех-
училищ в лучшем усвоении предмета математики, его
могут использовать студенты педагогических институтов
при проведении педагогической практики в школе.
Авторы расширили и дополнили ранее изданные
«Избранные задачи элементарной математики» (Минск,
J961) с тем, чтобы сборником мог пользоваться каждый
школьник, интересующийся задачами повышенной труд-
ности, методами и способами их решения. Включенные •
в сборник задачи соответствуют программам указанно-
го класса, ко всем задачам даны указания или решения.
Разделение задач по классам следует признать
условным. Некоторые задачи, отнесенные к VII классу,
полезно решать учащимся старших классов. Другие за-
дачи отнесены к IX или Хк классу только по степени
трудности их решения.
Просьба критические высказывания и пожелания
направлять по адресу: Минск? Белорусский государст-
венный университет им. В. И. Ленина, математический
факультет, кафедра геометрии, доценту Тутаеву Л. К.
ЗАДАЧИ
VII КЛАСС
1.	Найти все целые и положительные п, при которых
> Зп2—3«+20
дробь — д_ — принимает целые значения.
2.	Доказать, что при любых целых и положительных п
число	+ -у + ~24~ + -4- целое и положительное.
3.	Доказать, что п8 — 5п8 + 4п , при целом п делится
на 120.
4.	Доказать, что если п — натуральное число, то
п(п24*5) делится на 6.
5.	Найти цифры х и у пятизначного числа, которое
в десятичной системе записывается так: 42х4у, если
известно, что этб число делится на-72.
6.	Написать цифры Вместо букв: абвгде жзй :
мнпр к8л
стд
'	.	уфч
шяэе
шяэе
7.	Для нумерации страниц учебника потребовалось
411 цифр. Сколько страниц в учебнике?
8.	Сколькими нулями оканчивается число, полученное
от умножения всех чисел от 1 до 100?
9.	Доказать, что сумма квадратов пяти последователь-
ных целых положительных чисел никогда не является
квадратом целого числа.
1*	3
10.	Доказать, что у числа, являющегося точным квад-
ратом, произведение двух последних цифр четно.
И. Доказать, что если между цифрами числа 1331
написать по равному количеству нулей, то получится точ-
ный куб.
12.	Доказать, что нет целых чисел, которые от пере-
становки начальной и конечной цифры увеличивались бы
в 5, в 6 или в 8 раз.
13.	Найти такое трехзначное число, удвоив которое
мы получим число, выражающее количество цифр, необхо-
димое для написания всех последовательных целых чисел
от 1 до этого трехзначного числа.
14.	Найти наименьшее число, записываемое одними
единицами, которое делилось бы на число 33... 3 (сто
троек).
15.	Доказать, что если разность, полученная от вычи-
тания числа, выраженного тремя последними цифрами
данного числа, из числа, выраженного всеми остальными
цифрами (или наоборот), равна 0 или делится на 7, на 11,
на 13, то все данное число делится соответственно на 7,
или на 11, или на 13. (Признак делимости на 7, 11, 13.)
16.	Найти признак делимости на 7 числа, записанного
в восьмеричной системе.
17.	Найти признак делимости на 9 числа, записанного
в восьмеричной системе.
18.	Найти все простые числа р такие, что р2 —|—8—
простое число.
19.	Доказать, что квадрат любого простого числа,
кроме двух и трех, при делении на 24 дает в остатке 1.
20.	Доказать, что всякое простое число при делении
на 30 дает в остатке снова простое число.
21.	2р—1 и 2<?—1 взаимно просты. Доказать, что р
и q-— так же взаимно просты. Обратно, если р и q —
взаимно просты, то 2р — 1 и 217 — 1 взаимно просты.
пг> гг	1	3	5	99 . 1
22.	Доказать, что: — — • -------wo < То *
23.	Определить несократимую дробь, которая не изме-
няет своей величины от прибавления к числителю 21,
а к знаменателю 28.
24.	Два одинаковых катера, имеющие одинаковую
скорость 6 стоячей воде, проходят по двум рекам одина-
ковое расстояние по течению и возвращаются обратно.
В какой реке на эту поездку потребуется больше времени:
4
в реке с быстрым течением или в реке с медленным
течением?
25.	Решить систему п уравнений с п неизвестными:'
• Х1 _ хг
«1 — «2 ’
х2 _ х3
а2 а3 ’
ХЛ-1 _ Хп_
ап—1 ап ’
. Х1 + x2-“h хз + • • • 4“ хп = '4-
26.	Узнать, через сколько минут после того, как часы
показывали 9 часов, минутная стрелка догонит часовую.
27.	В каком году родились люди, которым в 1958 году
исполнилось столько лет, какова сумма цифр года их
рождения?
28.	В треугольнике АВС высота ha составляет поло-
вину биссектрисы внешнего угла этого треугольника при
вершине А. Найти разность углов В и. С.
29.	Тысяча точек являются вершинами выпуклого ты-
сячеугольника, внутри которого расположено 500 точек
так, что никакие три из них не лежат на одной прямой.
Многоугольник разрезается на треугольники, вершинами
которых являются только данные 1500 точек. Сколько
получится треугольников?
30.	Точки, симметричные точке пересечения высот
треугольника относительно трех его сторон, лежат на
окружности, описанной около этого треугольника.
31.	На плоскости проведена замкнутая ломаная линия,
все звенья которой имеют длину I и любые два соседних
звена взаимно перпендикулярны. Доказать, что число
звеньев кратно 4.
32.	Доказать, что прямые, соединяющие последова-
тельные центры квадратов, построенных на сторонах
параллелограмма и примыкающих к ним извне, образуют
квадрат.
33.	Построить треугольник по вершине, точке пересе-
чения высот и середине противоположной стороны.
34.	Около правильного треугольника описать квадрат,
имеющий с ним общую вершину.
5
35.	- В данную окружность вписать трапецию, если
известна ее «боковая сторона и расстояние от центра до
точки пересечения диагоналей.
36.	По высоте, опущенной из вершины прямого угла,
и разности «острых углов построить прямоугольный тре-
угольник.
VIII КЛАСС
1.	Доказать, что
ab(a-\-b — 2с) -|- be (fi -f- с — 2а) -|- ас (a -f- с — 26) > О
при а > О, b > 0, с > 0.
2.	Доказать, что из равенства
1 . 1_ . 1_ = 1 '
а ' b ’ с	а + &-|-с
вытекает равенство
1 _i__L । _L =__________________!_____	,	.
а" ' bn ' с" ап + &я + сп ’
если п нечетное.
3.	Доказать, что выражение
(1+4- + т+-"+7Г=т)<'>-1)'
делится на п, если п — число нечетное.
4.	Натуральные числа а и b взаимно просты. Доказать,
что наименьший общий делитель чисел а-\-Ь и а24-62
равен 1 или 2.	. :
5.	Доказать, что многочлены:	!
а5 -|- 4а3 За и а1 4- За2 4-1
не имеют общих делителей ни при каком целом а.
6.	Доказать, что уравнение
2х2 —5z/2 = 7
-не имеет решений в целых числах. • ,	’ 
7.	Решить уравнение
Я3 + 2 /3 х2 + Зх + К 3- 1 = 0..
8.	Определить а так, чтобы сумма квадратов корней
уравнения х*-\-(2 — а)х — а — 3 = 0 была наименьшей.
6
___________ J
9.	Найти действительные решения систёмы уравнений:
1 х* 4- у4 = 17
. ;	| х4-1/ = 3.
•10. Доказать тождество:
।________________________1_____1_-_!____|_
1	2'3	4	' • • 42k — 1.. 2k ~ k + 1
^Т+2-!-	+ ~2k’
11., Если п — произвольное число, то существует число,
кратное п, записанное с помощью двоек и нулей. Доказать.
12. Вычеркнуть 100 Цифр из числа:
123456789101112 ..... .9899100 так, чтобы.подученное
число было наибольшим.
13. Решить , уравнение:
|х4-1| — |х|4-3|х — 1| — 2|х — 2| = |*4-2|.
.14/ Если многочлене целыми коэффициентами
f(x).= a0x3 + a1x2-\-a2x.-[-a3
при х = 0 и х = 1 принимает нечетное значение, то.он не
имеет целых корней. Доказать.
,15. Найти положительное четырехзначное число, крат-
ное 7' и представляющее собой сумму куба и, квадрата
некоторого целого числа.	‘
ifi Длпп- fe2 + <;2~aa I <?+аа-Ьа-  .аа+&а-са
I®’ ДаН0, 26с	' 2ас "* 2аЬ
Доказать, что две из этих дробей равны	1, а одна
из них — 1.
17.	Построить такой равнобедренный треугольник,’ чтобы
периметр всякого вписанного прямоугольника был бы ве-
личиной постоянной.
18.	Стороны одного треугольника равны медианам
второго треугольника. Найти отношение площадей этих
треугольников.	*
19.	Если все квадраты, вписанные в треугольник так,
что две вершины расположейы на стороне треугольника,
а две другие вершины на Двух других сторонах треуголь-
ника, равны между собой, то треугольник равносторонний.
Доказать.
20.	Если произведение диагоналей четырехугольника
равно сумме произведений противоположных сторон, то
около него можно описать окружность. Доказать.
7
21.	На одной стороне треугольника дана точка А. 
Требуется провести через нее прямую так, чтобы она
разделила площадь треугольника на две равные части.
22.	Из точки О внутри треугольника АВС на его сто-
роны опущены перпендикуляры ta, ib, tc. Доказать, что
'Й' + '^’ + V =1- (ha, hb, Л, —высоты Д ЛВС.)
23.	В равнобедренном треугольнике радиус описанной
окружности а радиус вписанной — г.
Найти стороны треугольника. .
24.	Найти на стороне данного треугольника точку так,
чтобы перпендикуляр, опущенный из нее .на другую сто-
рону, делил площадь данного треугольника пополам.
25.	В разностороннем треугольнике стороны пропор-
циональны медианам. Найти коэффициент пропорциональ-
ности.
26.	а, b и с — стороны треугольника ЛВС; R — радиус
описанного круга; I, т и п — расстояния центра тяжести
от сторон треугольника. Доказать, что R =	.
О \1 “р til "р П)
27.	Через точку внутри квадрата провести прямую,
отсекающую от него фигуру с наименьшей площадью.
28.	Доказать, что нет равнобедренного треугольника,
у которого вписанная окружность делила бы медиану на
три равные части.
29.	Построить прямоугольную трапецию так, чтобы
разность между удвоенным квадратом большей диагонали
и квадратом меньшей диагонали равнялась а2 (а— данный
отрезок).
30.	Построить треугольник, зная, что длины сторон
его составляют арифметическую прогрессию, биссектриса,
проведенная к средней стороне, равна I и угол, лежащий
против биссектрисы, равен а.
31.	В данный прямоугольник вписать ромб со сторо-
ной а (вершины ромба принадлежат разным сторонам
прямоугольника).
32.	Из пяти данных окружностей любые четыре про-
ходят через одну точку. Доказать, что найдется точка,
через которую проходят все пять окружностей.
33.	Если трапеция описана около окружности, то пря-
мая, соединяющая точки касания оснований, и прямая,
соединяющая точки касания боковых сторон, проходят
через точку пересечения диагоналей.
в.
34.	В шахматном турнире участвовало 8 человек, сы-
гравших по одной партии с каждым из остальных участ-
ников. Все они набрали различное количество очков.
Шахматист, занявший второе место, набрал столько же
очков, сколько четыре последних вместе. Как сыграли
между собой шахматисты, занявшие третье и седьмое
место?
35.	Дан произвольный выпуклый четырехугольник:
1) вписать в него квадрат и 2) описать около него квадрат.
36.	Доказать, что площадь прямоугольника, построен-
ного на гипотенузе прямоугольного треугольника, равна
сумме площадей прямоугольников, подобных этому пря-
моугольнику; гипотенуза и катеты — сходственные стороны
прямоугольников.
37.	Если сумма расстояний между серединами противо-
положных сторон выпуклого четырехугольника равна его
полупериметру, то четырехугольник — параллелограмм. До-
казать.
38.	Через точку внутри угла провести прямую, отсе-
кающую от этого угла треугольник с наименьшей пло-
щадью.
39.	Найти точку, из которой видны под равными углами
три последовательных отрезка АВ, ВС, CD одной прямой.
40.	Построить трапецию, зная углы при основании
и диагонали.
41.	Круг радиуса 7? катится внутри круга радиуса 27?
(без скольжения). Какие линии описывают точки катяще-
гося круга?
42.	При помощи одной линейки провести прямую,
параллельную основаниям данной трапеции так, чтобы ее
отрезок, заключенный внутри трапеции, делился диагона-
лями на три равные части.
43.	Стороны любого треугольника есть стороны правиль-
ных треугольников, примыкающих к данному извне. До-
казать, что точки пересечения высот этих треугольников —
вершины правильного треугольника.,
44.	Дана прямая и точка на ней. Восстановить из этой
точки перпендикуляр к прямой с помощью одной двух-
сторонней линейки (линейка с параллельными краями).
45.	Пусть a, b, с, d — величины последовательных
сторон четырехугольника, около которого можно описать
окружность; / и f — величины диагоналей. Доказать, что
If — ас + bd.'
9
46.	На окружности, описанной около равностороннего
треугольника АВС, взята точка М. Доказать, что наиболь-
ший из отрезков МА,. МВ и МС равен сумме двух
остальных.	'	- ’
47	. Доказать, что среди всех прямоугольных треуголь-
ников с общей гипотенузой равнобедренный треугольник
имеет наибольший радиус вписанной окружности.
48.	Если внутренние касательные двух окружностей
взаимноперпендикулярны, то отрезок, отсекаемый внутрен-
ними касательными на внешней касательной, равен сумме
радиусов этих окружностей. Доказать.
49.	Найти площадь треугольника, образованного двумя
внутренними и одной внешней касательной двух окруж-
ностей, если внутренние касательные взаимно перпенди-
кулярны. - -	,
50.	Отрезок длиной а разделить на 2, 3, ..., п частей,
используя циркуль постоянного размера а и линейку.
51.	Дана окружность, центр которой не указан, и ,
точка М вне ее. Опустить из этой точки перпендикуляр
на заданный диаметр с помощью одной- линейки.
IX КЛАСС
1.	Найти последние две цифры числа 79’9.
2.	Доказать, что число вида (10"-j-10п_ 1+• • • -f-
-|-1)'(10п + 14-5)-|-1 есть точный квадрат.
3.	Найти трёхзначное число, являющееся.точным квад-
ратом №, и такое, чтобы произведение его цифр было
равно N— 1.
4.	Доказать, что если п — четное число, то число
13" 4-6 делится на 7.
5.	Доказать, что при любом натуральном п имеет
место неравенство
6.	Даны п различных положительных чисел аъ аг,
..., а„. Из них составляют всевозможные- суммы с любым
числом слагаемых (от 1 до п).' Дбказать, что из этих сумм
найдется по крайней мере ”попарно неравных.
7.	Найти двузначное число, равное неполному квад-
рату суммы его цифр.
Ю	'
8.	Число 531441 надо разбить на такие числа, чтобы
первое из них было 1, второе — в k раз больше, третье*—
в k раз больше суммы первых двух, четвертое — в k раз
больше' суммы первых трех и т. д. Последнее число —
в k раз больше суммы всех предыдущих. Найти мно-
житель k и число слагаемых, если известно, что оно не
менее четырех.
9.	Доказать, что при всяком.целом n> 1
1 < п+1 + п + 2 + • * ’ + Зп+ 1 < 2‘
10.	Определить целую часть числа
।	।	1	 I 1	।	I______1
•ГУТТуТ'1’“‘ 1000000'
11.	Доказать, что
(1 +xi)-(l +^2)'• • • •(!	1	••• +*я>
при условии, что все числа xlt х2, ..., х„ одного знака
и больше, чем — 1.
12.	Найти сумму
S -	- 1 I _J	I	I	1
я У 1 + 1-	3 '	F 3 + V 5	Т	'	|/2n— 1 +/2n+ 1	'
13.	При каком условии радикал	+
можно представить в виде суммы трех радикалов ]/ х -|-
У у |/ z, где х, у, z — положительные рациональные
числа?
14.	Показать, что если а > b > 0, то разность между
средним арифметическим и средним геометрическим этих
(а —Ь)2	(а— Ь)г
чисел находится между ' и ..................
15.	Уничтожить иррациональность в знаменателе дроби
______________________59______
. .	1 +З^Т—2^Т '	
16.	Доказать, что выражение
• 1	____ i
у = (х-\-2Ух— 1) 2 +(х — 2/х — 1) 2
9	2 l/x__ 1	Л
равно -5---при 1 х < 2 и ——и— при х > 2.
Z — X	л Z	у
«- т-г	* ' ~ а. ах2 +	+ с
17. Показать, что для того, чтобы дробь -	/
UjX -f- Of v Cj
11
имела значение, не зависящее от х, необходимо и доста-
точно соблюдение условия
а____b __ с
«Г ~ "ьГ ~
18. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
_ 2x2 + бх + 6
у ~' х2 + 4х + 5 •
. 19. Доказать, что трехчлен: х2Ц-5х-}-16 ни при каком
целом значении х не делится на 169.
20.	Решить систему уравнений:
( х2 + у |/ ху — 336
I у24~х V ху - 112.
21.	Решить уравнение:
^8^x4- V 89ЙР = 5.
22.	Решить уравнение:
Vа — V а-|-х — х-
23.	Решить уравнение
р -------------- р — р,--------
yb + x у х , уx+b_
х а I Ь и‘
24.	Решить уравнение
(а2 — а)2 (х2 — х 4-1)3 = (а2 — а + I)3(х2 — х)2.
25.	Найти все действительные решения уравнения:
-Д= + -^4= = 28 — 4 /х^2 — Vy^\.
Ух — 2'Уу—\
26.	Дана окружность, диаметр которой АВ, и касатель-
ная АХ. Требуется найти на окружности такую точку М,
чтобы расстояние от этой точки до касательной равня-
лось бы расстоянию от этой же точки до другого конца
диаметра В.
27.	Доказать, что если стороны Л АВС связаны соот-
ношением 62 с2 = 5а2, то две медианы, выходящие из
вершин В й С, взаимно перпендикулярны.
28.	Не прибегая к делению радиуса в среднем и край-
нем отношении, найти построением сторону а10 правиль-
ного десятиугольника; вписанного в круг радиуса R.
12
29.	Дана четверть круга АО В' (центр в' О) радиуса
и полуокружность с центром в Olt построенная1 на АО как
на диаметре (внутри данной четверти круга). Радиус этой
полуокружности, перпендикулярный к ОА, встречает окруж-
ности О и Ог в точках М и N. Найти периметр и пЛо--
гцадь криволинейной трапеций MNOB.
30.	На сколько .частей делят плоскость I прямых
общего положения (прямые находятся в общем положении,-
если среди них нет параллельных и никакие' трй из этих-
прямых не пересекаются в одной точке)?
31.	Доказать, что’ если плоский многоугольник имеет'
несколько осей симметрии, то они пересекаются в одной'
точке.
32.	На прямой дано р отрезков. Доказать, что если
каждые два из них имеют общую точку, то существует
по крайней мере одна точка, принадлежащая всем отрезкам.
33.	Доказать, что если фигура имеет два центра сим-
метрии, то она имеет бесчисленное количество центров
симметрии.
34.	В окружности радиуса R проведены хорды АВ = с
и ВС = а. Определить длину хорды АС.
35.	На катетах и гипотенузе прямоугольного треуголь-
ника, как на диаметрах, построены полуокружности: две
первые — вне треугольника, третья по ту сторону от
гипотенузы, где лежит треугольник. Доказать, что сумма
площадей двух луночек,, заключенных между каждой из
меньших окружностей и большей окружностью, равна
площади данного треугольника.
36.	Окружность радиуса, равного высоте правильного •
треугольника, катится по одной из сторон этого треуголь-
ника так, что остальные стороны высекают из окружности
некоторую дугу. Доказать, что дуга при любом положе-
нии окружности равна 60°.
37.	Построить циркулем и линейкой выражение
х = уа* 4- Ь*.
X КЛАСС
1. Доказать, что если п — целое число, большее 2, то
2^я(п-,)>п!
13
- 2. Если х и у — цёлЫе, взаимно простые числа, ТО
наибольший общий делитель чисел х— у и
-1 + х" - 21/'+лп “ 3i/a + • • • + хГ " 2+i/n “1
есть делитель числа п. Доказать.
- 3» Найти основание всех таких систем счисления,
в которых любая нечетная степень’ всякого натурального
числа оканчивается той же цифрой, что и само это число.
4.	Найти такие вещественные числа а, Ь и р, q, чтобы
равенство (2х — 1 )20 — (ах -|- &)20 = (х2 -|- рх -]- q)10 выпол-
нялось при любых х.
5.	Если р и q— простые числа «близнецы» (р—1 =
= q -\- 1), то p^-^q4 кратно p-}~q- Доказать.
6.	Доказать, что при любых натуральных числах k
и п выражение kn + 2 -|- (k -|- I)2" + 1 делится на &2 -|- k -]- 1.
7.	-Доказать неравенство:
fe(14-a2*) —а*>а2*-Ч-а2*-2+ ... +а2 + о,
если а > 0 и k — целое положительное число.-
8.	Замечено, что среднее арифметическое k первых
цифр числа я стремится при возрастании числа k к 4,5.
' Доказать, что при этом число 10 минус я также обла-'
дает этим свойством.
9.	Доказать, что в любом тридцатизначном числе,
в записи которого участвуют только цифры 1, 2 и 3,
можно найти две тройки из подряд стоящих цифр такие,
что образованные ими трехзначные числа равны.
10.	Сколько цифр имеет число
1 + 10‘ +	+ W (.0. - „(К,. - 2, +	+ )
[всего (1044-1) членов]?
11.	Доказать, что выражение 4"-|- 15"— 1, где п — на-
туральное число, делится на 9.
12.	Доказать, что сумма 13 -J— 23 —З3 —|— ... -]- и8 при лю-
бом целом п есть квадрат целого числа.
13.	Дано бп-значное число, делящееся на 7. Дока-
зать, что число, полученное из него перестановкой послед-
ней цифры на место начальной, также делится на 7.
14.	Доказать, что
1/nl > j/n.
15.	Доказать невозможность такого треугольника, в ко-
тором одновременно и стороны и углы составляли бы
арифметическую прогрессию.
14
16.	Вычислить сумму:
_____!___+______!____+ ... +_______!___+_______1____,
COS X-COS I/ 1 COS Z/-COS Z 1	\cost-cosu 1 COSU-COSV ’
если дано, что х; у, z ... , t, и, v образуют арифметическую
прогрессию, разность которой равна г.
17.	Доказать, что если квадраты сторон треугольника
составляют арифметическую прогрессию, то треугольник,
сторонами которого служат медианы данного, подобен
данному.
18.	Стороны треугольника составляют геометрическую
прогрессию. Доказать, Что такой треугольник подобен
треугольнику, сторонами которого служат высоты данного.
19.	Даны десять чисел5гС52<4 ••• <Csw, которые
являются попарно взятыми суммами пяти чисел хх
•4х2<С ... Выразить числа х через числа s.
(п \8 П 2 П
/	i=\ i=i
где az, 6, —любые действительные числа; 
21	.., Дана возрастающая последовательность целых
чисел а0, аг, а2, ..., ап, для которой а0 = 0, ах = 1, а каж-
дое dz(j = 2; 3, 4, ..., п) является наименьшим числом, не
образующим арифметической прогрессии ни с какими двумя
предыдущими числами последовательности. Доказать, что
общий член аА последовательности есть число, которое
получается из номера k, если его записать в двоичной,
но прочесть в троичной системах исчисления.
22.	Дана арифметическая прогрессия, члены которой —
целые положительные числа. Известно, что в этой прог-
рессии есть член, являющийся полным квадратом. Дока-
зать, что прогрессия содержит множество таких членов.
23.	Доказать, что У 2, 1/ 3, К 5 не могут быть чле-.
нами одной арифметической прогрессии.
24.	Канал имеет прямоугольный поворот. Какой макси-
мальной площади прямоугольный плот может пройти по
этому каналу, если ширина канала /г?
 25. Основания четырех логарифмов одного , и того же
числа образуют геометрическую прогрессию со знамена-
телем, равным этому числу. Найти эти. логарифмы, если
известно, что сумма первых двух из них равна сумме
остальных.
15
26.	Доказать тождество:
loga N • log* W 4- log* N  Jog, N + log,, N • loga N =
lego N  log* IV-log* N
logajc N
27.	Решить неравенство:
4* —2-52x < 10*.
28.	Решить уравнение:
logCOS X sin X 4- logsin X COS X = 2.
29.	Найти предел выражения:
У3 Y /3	. -
30.	Решить систему:
ху = yx, ax — Ьу, где a > 0, b > О, а Ф 1, 6 4= 1 •
31.	Доказать, что Y5 у *2 4- 7 — i3/5 y~2 — 7—рацио-
нальное число.
32.	Решить уравнение
(I' 2 4- з> + (1^2 —= 8.
33.	Доказать, что если
x(t/ + z —х) = у(х-1-г —у) _ z(x + y—г)
lg*	1g#	Igz
то	4
ХУу-х = Zvyz = XzZx.
34.	Решить уравнение:
х2 — 10х + 15 = Зх
х2 — 6х + 15 х2 — 8х -f- 15'
35.	Доказать, что |х4“#12 + 1х—У I2 = 2(|х|24*I#|2).
где х, у — комплексные числа.
36.	На сторонах треугольника АВС вне его построены
квадраты, имеющие центры соответственно в точках
Alt Bi, Cv Доказать, что, сдвигая параллельно отрезки
AAlt ВВЪ CClt можно получить треугольник со сторо-
намр — этими отрезками.
37.	На плоскости дано п точек. Известно, что среди
любых трех из них имеются две, расстояние между кото-
рыми не больше 1. Доказать, что на плоскость можно
положить два круга радиуса 1, которые закроют все эти
точки.
38.	На плоскости даны п точек, расположенных так,
что на каждой прямой, соединяющей две из этих точек,
лежит по крайней мере еще одна из них. Доказать, что
все п точек лежат на одной прямой.
39.	Каково наибольшее число точек пересечения диаго-
налей выпуклого n-угольника, лежащих внутри него?
40.	Треугольник разбит на меньшие треугольники так,
что последние примыкают друг к другу либо по целой сто-
роне, либо в вершинах. Вершины основного треугольника
занумерованы цифрами 1, 2, 3. Вершины меньших тре-
угольников занумерованы так, что вершинам,' лежащим на
сторонах исходного треугольника, приписан номер любой
из вершин, примыкающих к данной стороне. Нумерация
внутренних вершин произвольна. Доказать, что среди
малых треугольников найдется по крайней мере один,
занумерованный всеми тремя цифрами.
41.	На плоскости даны п точек, не все из которых
лежат на одной прямой. Доказать, что среди прямых,
соединяющих всевозможные пары этих точек, обязательно
будет не менее п различных.
42.	Чему равно общее число членов в разложении
(а + b + ~d)n?
43.	Показать, что средний член разложения (а-\-х)2п
равен
1-3-5...(2я — Г)-2папхп
l-2-З...п.
/	J \«
44.	Доказать, что при любом целом п 11 + — I <3.
45.	В шахматном турнире принимали участие учащиеся
двух классов, причём учащихся одного класса было в 10 раз
больше, чем учащихся другого класса. Каждый участник
турнира встречался с любым другим, только один раз.
При подведении итогов турнира оказалось, что уча-
щиеся класса с большим числом участников набрали
вместе в 4,5. раза больше очков, чем все учащиеся дру-
гого класса.
Сколько очков набрали учащиеся класса с меньшим
числом участников?
46.	Доказать, что
1 — ЗС4\ + 32С42„ - 33С43„ 4- ... — 34л -1 С\п 34я =
= 1 - 5Сг„ + 5аС22„ —53	+ ... - 52" ~1 С‘„ 4- 52я.
2 Зак. 358.	'	17
3
47.	Доказать, что если в треугольнике стороны удов-
летворяют соотношению
. а + b 1 b -j-c а
то один из углов его равен 60°.
48.	Решить уравнение:
. 26sin2x2 + 12cos2x-]-5sin2x — 13.
49.	Решить неравенство:
sin 2х — cos 2х + 1 . Q
sin 2х + cos 2х — 1
50.	В треугольнике его углы а и р связаны соотно-
шением:
з
cos а 4- cos р — cos (а -J- р) = -g-.
Доказать, что треугольник правильный.
51.	Углы треугольника связаны соотношением:
sin а = 2 sin р • cos 7.
Доказать, что треугольник равнЪбедренный. -
52.	Доказать, что a sin a.-\-Jb cos а не зависит от а,
. а а	 
если tg -g- = -у.
53.	Доказать, что если число а иррационально, то
функция cos ах 4- cos х не является периодической,-
54.	Доказать, что в четырехугольнике, вписанном
в окружность, имеет место равенства: .
sin Л::sin В »{ad -Н be): (ab-j- cd),
где А и В — два соседних угла, стороны а и b примы-
кают к углу А; с и d — к углу С.
55.	Доказать, что в тупоугольном треугольнике сумма
квадратов синусов внутренних углов меньше двух.
56.	Сколько корней имеет уравнение:	- -
х
sinx = W5?
57.	Найти действительные решения уравнения
. sitl"x+^ = cosnx+ink’ .
в котором т и « обозначают положительные нечетные
числа.
18		-
58.	Доказать неравейсТЬо cos а -|- a -sin а > 1, где
°<а<у
59.	Цо полю проходит прямолинейная дорога. Чело-
век, стоящий на дороге в точке А, может двигаться по
полю со скоростью не более 3 км/час и по дороге со
скоростью не более 6 км/час.
Найти геометрическое место точек, в которые он может
попасть за 1 час.	2
60.	Доказать, что наименьший, объем имеет описанный
около шара конус, высота которого вдвое больше диа-
метра шара.
61.	Доказать, что объем правильной пирамиды всегда
меньше куба ее-бокового ребра.
62.	Доказать, что не существует многогранника с не-
четным числом граней, • все грани которого являются
многоугольниками с нечетным числом сторон.
63.	Доказать, что радиус шара, вписанного в много-
гранник, равен где V — объем многогранника, aS —
о	~~
его поверхность.
64.	В данный треугольник вписать параллелограмм
наибольшей площади с данным острым углом так-, чтобы
две вершины параллелограмма лежали на основании, а две
другие — на боковых сторонах.
65.	Около конуса, радиус основания которого равен /?,
а угол между образующей и основанием равен а, рас-
положены п равных шаров, каждый из которых касается
двух соседних, боковой поверхности конуса извне и плос-
кости его основания.
Найти радиус шара.
66.	Какому условию должны удовлетворять ребра
тетраэдра, чтобы существовал шар, касающийся всех его
ребер.
67.	Доказать, что сечение параллелепипеда плоскостью
не'может быть'правильным пятиугольником.’
68.	При каком условии можно получить тетраэдр сги-
банием по прямым листа, имеющего форму треугольника?
Доказать, что из 12 углов граней такого тетраэдра -
различных может быть только три и сумма трех такйх
различных углов равна двум прямым.
2*	19
69.	Дана треугольная пирамида; Доказать, что'
' _L = _L ।
/?	*1 Л2 Л3 ' й4 ’
где R — радиус шара, вписанного в пирамиду, /гх, h* h-3, й4 —
длины перпендикуляров, опущенных из вершин пирамиды
на противоположные грани.
70.	Вычислить плоский угол при вершине правильной
четырехугольной пирамиды, если известно, что центр
вписанного и описанного шаров совпадают.
71.	Три шара радиуса R касаются одной и той же
плоскости и каждый из них касается двух других.
Найти радиус шара, касающегося плоскости и трех
данных шаров. ,
72.	Из всех четырехугольников с одними и теми же
сторонами четырехугольник, около которого можно описать
окружность, имеет наибольшую площадь. Доказать.
73.	Решить уравнение:
2 1	25x2	_ 74
Х “г (5 + 2х)2 — 49 ‘
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
VII КЛАСС
, Зп'2 —Зп+20 __ Зп(я —1)4-20 _0„ ,	20
* •	„	1	*	м 1	— ofl "“Г"	1 •
п — 1	п — 1	1 п — 1
Следовательно, дробь будет целым числом тогда, когда
20	\
_ГТ — целое число.
и = 2,3, 5, 6, 11, 21.
п п* , я8 । Пя8 । п _ п (п + 1)(я + 2) (я + 3)
24	4 ' ’ ~24~ + Т “	24 -	'
3. и5 * *— 5п84-4п = п (п?— 1) 3 4 (п2— 4)=(п— 2)(п— 1)Х
X п(«+ 1)(« + 2).
Из пяти последовательных чисел одно наверное делится
на 5, по крайней мере одно делится на 3 и по крайней
мере два — на 2, причем одно из этих двух последних
чисел делится на 4. Следовательно, произведение пяти
последовательных целых чисел делится на 5-3-4-2 = 120.
4. Чтобы данное число делилось на 6, необходимо
и достаточно, чтобы оно делилось на 2 и на 3.
При четном п данное число делится на 2. Если же п
нечетно, то п2-|-5 делится на 2. В самом деле:
п — 2т—1, (2т—I)2—|—5 = 4т2 — 4т 4- 6.
Если п делится на 3, то и данное число делится на 3.
Если же п не делится на 3, то в остатке может полу-
читься 1 или 2. Тогда имеем во втором сомножителе:
a) (3k + I)2 + 5 = 9fe2 4- 6k 4- 6;
б) (3fe 4- 2)2 4- 5 = 9Л8 4- 12й 4- 9,
21
т. ё. второй сомножитель обязательно будет делиться,
если п не кратно трем.
5. Первая цифра частного 5, так как	42x4#	72
72-6 = 432 > 42х.	— 360	58
	6x4	\
Вторая цифра частного 8 или 9.	576	
(* + 2)8#
1) Если вторая цифра частного 8, то полученное в остат-
ке трехзначное число (х —J- 2) 8 должно делиться на 72.
Из таких чисел только 288 имеет цифру десятков 8.
......	•	х-{-2=-2; х = 0; у —8.
2) Если вторая цифра частного 9, то имеем:
42x4# 72 (х— 5)6# кратно 72; по цифре 6 находим,
360	“59~ что это число 360.
6x4	х —5 = 3; х = 8; # = 0.
648-	 .	.	-	
(х — 5) 6#
6.	жзи X 8 = уфч, (ук.юл,а ж = 1; стд — уфч = шяэ,
значит, з = 0 или 1. Но жзи.'Х. к,— мнпр, откуда к = 9.
и аналогично л = 9. Тогда з = 1, а и = 2.
' 110768:112 = 989.
7.	Для нумерации страниц учебника употребили: 9 одно-
значных чисел — 9 цифр; все двузначные числа — 90 чи-
сел—180 цифр. Всеми однозначными и двузначными чис-
лами занумеровано 99 страниц, и на это ушло 189 цифр. Оста-
лось 4Ц—189 = 222 цифры, которые ушли на написание
222:3 = 74 трехзначных чисел. В учебнике 173 страницы.
8.	Заметим, что 2-5 = 10. Так как четных чисел в этом
произведении больше, чем чисел, кратных 5, то надо под-
считывать количество сомножителей, кратных 5. Нетрудно
видеть, что их будет 20. Но среди этих множителей есть
числа 25, 75, 50 и 100 — кратные 25._ Поэтому всего
произведений 2-5 будет 24. Следовательно, это произве-
дение оканчивается 24 нулями.
9.	Обозначим пять последовательных целых чисел сле-
дующим образом: (п — 2), (п— 1), п, (п-|- 0» (п4~2), тогда
(п — 2)2 + (п — 1 )2 + п2 + (n + I)2 + (л + 2)2 = 5 (п2 + 2).
Для того, чтобы 5 (zia —|— 2) было квадратом, необходимо,
чтобы п24-2 делилось на 5, т. е. л2 должно оканчиваться
на 3 или 8, что невозможно. Следовательно, п24~2 не
делится на 5.
22	'	'
10.	Пусть число В является точным квадратом числа
	Л = ип 10я —. —|— ct-i 10 —- •.
Две последние цифры, числа В получаются при умножении
числа 10 —на себя. Если а0 — четное число, то
утверждение справедливо. Пусть теперь а0 — нечетно,
тогда легко проверить, что у а2 вторая цифра всегда
Четная. Вторая же цифра числа В получается, если ко -
второй цифре числа 2а1а0 10 добавить вторую цифру числа
а20 и, быть может, полученную, сумму уменьшить на число,
кратное 10, следовательно, если а0 — нечетно, то вторая
цифра числа В будет четным Числом.
11.	Вставим между цифрами числа 1331 по п нулей.
Получим число А = 1000...03000...03000...01. Это число
имеет Зп-[-4 цифры и может быть записано так:
Л^=Юз« + з_]_1о2я + 2-3+1Оя + 1-3+1 =
= (10я+-Ч-1)8.
12.	Пусть ... ак — данное число, aka2 ... а* _ i <4—
число, полученное из него перестановкой первой и послед-
ней цифры. Для выполнения требований задачй необхо-
димо, чтобы «1 = 1, так как при аг >2, afta2 ... i аг не
может быть больше в 5, тём более в 6 или в 8 раз. Таким
образом, аг = 1.
Но никакое целое число при умножении на 5, 6 или
8 не может оканчиваться на 1.
13.	Обозначив искомое число через х, составим урав-
нение:
990-2— 99)-3 = 2х
Ответ: 108.
14.	Если число Л = 111.... 1 делится на 33.... 3,
-	~Too-
то А делится на 3 и делится на В = 11 ... 1 4 Но если
Пбо^
А делится на В, то т = 1-100. С другой стороны, так как
А делится на 3, то т должно делиться на 3, т. е. т —
~ Зп-100. Наименьшее число с таким , свойством будет,
при т = 300.
Ответ: число состоит из 300 единиц!
15.	Пусть дано число А. Обозначив число, выражен-
ное тремя последними цифрами числа Л,, через N, а число,
23
выраженное всеми остальными цифрами, через М, будем
иметь:
А = М • 1000 4- N. Число 1000 4- 1 делится и на 7, и на
11, и на 13. Заметив это, преобразуем полученную сумму:
А = М (1000 -|-1) — М 4- N, которую можно записать:
А= Л4-1001 — (М — N), если и
Л = ЛЫ001+(ЛГ —/И), если М < N.
Так как Л4-1001 всегда делится и на 7, и на 11, ина
13, то, для того чтобы число Л делилось на 7, или на 11,
или на 13, необходимо и достаточно, чтобы разности
(М — N) или (N — М) делились соответственно на 7, или
на 11, или на 13.
16.	Пусть Л = а„3"-,4-ап-18л-24- ••• 4“ai-
8* при делении на 7 дает в остатке 1, значит А при
делении на 7 дает в остатке число
г = ап 4- ап -1 + • • • 4“ ai-
Отсюда вытекает такой признак делимости: число А
Тогда и только тогда делится на 7, если сумма всех его
цифр делится на 7.
17.	Пусть Л = а„8"~ 14-а«-18л-24~ ••• +«i-
-8* при делении на 9 дает в остатке либо 1, либо—1
в зависимости от того, четно или нечетно число k. Тогда
число А при делении на 9 дает остаток с точностью до
знака, равный
г = ап — а„_14-ая_2— ... 4-flv
Таким образом, число А тогда и только тогда делится
на 9, если знакочередующаяся сумма всех его цифр
делится на 9.
18.	Всякое простое число р > 3 имеет один из сле-
дующих двух видов:
1)	р = 3£4-1,
2)	р = 3k 4- 2.
Пусть р = 3k 4-1, тогда (3k 4- I)2 4- 8 = 9k2 4-6k 9. Это
число делится на 3 и, значит, не является простым. Пусть
теперь р = 3&4-2, тогда (3&4~2)24~8 = 9fe24~ 12&4- 12
делится на 3, т. е. опять не простое число.
Наконец рассмотрим два оставшихся простых числа:
р = 2 и 3. Если р = 2, то р2 4-8 = 12 — число не
простое. При р — 3 имеем р2 4- 8 = 17 — число простое.
Ответ: р = 3.
24
19.	Пусть р — любое простое число, причем р>3.
рг = (р2—1)4-1. Покажем, что р2—1 делится на 24,
откуда и будет следовать утверждение задачи, р2 — 1 =
= (р — 1)(р4-1). Так как р — простое число и р>3, то
р —нечетное число, заведомо не делящееся на 3. Тогда
одно из чисел р — 1 или р 4- 1 обязательно делится на 3.
Каждое из них делится на два, а так как среди двух
последовательных четных чисел одно всегда делится на 4,
значит, р2 — 1 делится на 8.
20.	Пусть р = 30 п 4- т, где р — простое число,
а т — остаток, т <30 и_т — нечетное число. Тогда т
может делиться лишь на числа, отличные от 3 и 5. Если же
tn — rriy-т2, где /п>7, то т2 — 1 или m2i>7. Второй
случай, очевидно, отпадает, значит, т — простое число,.
21.	Пусть р и q имеют общий делитель d, тогда
р = pxd, q = qrd. .	•
2р — 1 =(2dX»—l-(2rf—l)(2rf(p*-')4-
_|_2*<Л — 2)_|_ ... 4-1);
2^—1 =(2^—1 = (2rf—l) (2rf +
—2>4- ... 4-1).
Следовательно, если 2р — 1 и 2Ч — 1 взаимно просты,
то р и q также взаимно просты, т. е. d = 1.
Пусть теперь р и q взаимно просты и р > q. Если
d — общий делитель чисел 2₽ — 1 и 2’ — 1, то d — дели-
тель также числа 2р — 2<г = 2р (2р-9 — 1). Так как 2* — 1
на 2 не делится (k > 0), то 2Р - 4 — 1 делится на d. Если
еще р — q > q, то, рассуждая аналогично, получим, что
2₽ — — 1 делится на d, где р — lq < q. Обозначим р — lq=
— и, повторяя рассуждения, найдем 1г такое, что
2<7 —Mi— 1 делится на d, где q — <qi- Таким образом
дойдем до qt — 1, т. е. 2— 1 = Г делится на d, откуда
d = l.
22.	Наряду с заданным произведением, которое обозна-
J	.2	4	98
чим через а, рассмотрим произведение b — • -g- ... -g§-.
Легко видеть, что а-Ь=^.
Так как а < Ь, то а<-^-.
25
23.	Обозначим эту дробь тогда = ПТ’’ тп~г
4~ 21n = тп -|-28m; 21n = 28m;
24.	Пусть ‘ х км/час — собственная скорость катера,
у км/час и z км/час — скорости течений рек, у > г; рас-
стояние, пройденное каждым катером в одном направле-
нии, s :км\ время движения, затраченное на весь путь,
в реке с быстрым течением часов, с медленным тече-
нием t2 часов.
' t — s  I s — %sx
1	X + у ' X — у X* — у*’
. 	 s , s_______2sx
2	— x + z “T X—Z ~ X* — z2''
Из сравнения полученных дробей приходим к выводу:
 ~ " • - - »
25. Так как правая часть первого уравнения такая же, 1
как й левая часть второго, а правая часть второго
такая же, как и левая часть третьего уравнения, то:*
Xt х2	х3	хл—1	хп.
—	-- •	♦	•	““	’—-	—— Г
ч	а2	а3	ап —-1	аП
на основании свойства равных отношений имеем:
Х1 = Хг . — Хд—1 =	= xi +	- -Ь хп : •
а1 а2	'	ая— 1- , аП а1а»’
откуда:	'
*i _А _	, atA
а1	а1 + °2 + • • • + аП 1 а1 + °2 + • • • + ап
.. Аналогично получаем значения других неизвестных.
26. Минутной стрелке, чтобы догнать часовую, надо
пройти на 45 минутных делений больше часовой стрелки.
Так как часовая, стрелка проходит одно деление за
12 минут, то она за каждую минуту проходит деле-
ния и, следовательно, минутная стрелка нагоняет ее за
каждую минуту на делений. На 45 делений потре-
буется	'
11	45-12	540 '• .4:1 -
^5-12 ~ н — ц — 49 п минут.
26
27. Выразив цифры года рождения этих людей бук-
вами а, Ь, с и d, будем иметь abed = 1000 а 4- 100 b -|- 10 с -|-
4-d; 1958 —(1000a4-100b + 10c + d) = a + b + c + d;
а = 1; Ь — 9 (Ь.= 8 быть не может, так как это не удов-
летворит смыслу задачи).
Следовательно, 1958 — (1000 -f- 900 -f-10 с -|- d) = 1-f-
4-9-)-c-|-d, откуда d = -—Так как d —число
- целое, то 11с есть число четное, тогда с — 2, 4, 6, 8. •
Делаем испытание:
1)	если с = 2, то d — 13 — не удовлетворяет;
2)	если с = 4, то d = 2;
3)	если с = 6, то d = — 2 — не удовлетворяет;
Итак, d = 2; с 4.
Люди родились в 1942 году, что соответствует требо-
ванию задачи: 1 4- 9 -|- 4 + 2 = 16; 1958 — 1942 = 16.
28. Обозначим высоту ha = AAlt данную биссектрису —
— AD. Имеем /Д1ДО==60°, £ BAD = £ DAE = д 1,
LBAE = 180° —Д.
’	90° - A, Z ABD + Z 1 + 30° = 180°,
L ABD = 60° + -у-= 180° — В, А + 2В = 240°,
В-С = (Д + 2В)-(Д + В4-С) = 60°.	(
29. Подсчитаем сумму углов всех полученных тре-.
угольников. Легко видеть, что она равна сумме всех вну-'
тренних углов тысячеугольника и 4d-500, т. е. равна
2d • 998 4-2d • 1000 = 1998 • 2d.
Отсюда число полученных треугольников равно:
:	= 1998.
• 30. Точки А, В и С лежат на окружности, описан-
ной около треугольника АВС. Докажем, что точки Ох, О2,
О8 (симметричные с точкой О пересечения высот дДВС
• -.27
относительно всех его сторон) лежат на той же окруж-
ности.
Рассмотрим четырехугольник АОХВС и установим, что
он вписан в окружность, проходящую через точки А, В, С.
Имеем:
Z ОХВА = Z ABD = 90° — Z BAD-,
, ^OjAB = Z ВАМ = 90° — Z ABM;
l. OXBC + Z О1ЛС = z O'BA + z ABC + Z OXAB +
+ z ВАС = 90° — £BAD+ / ЛВМ + 900— z ABM -f-
/_BAD = 180°.
8
Отсюда следует, что четы-
рехугольник АОХВС вписан
в окружность, проходящую че-
рез точки А, В, С. Следователь-
но, точка Ох лежит на рассмот-
ренной окружности. Аналогично
устанавливается, что точки О2
и О3 лежат на той же окруж-
ности.
31.	Проведем две взаимно
перпендикулярные прямые, па-
раллельные соответственно звеньям ломаной линии. Оче-
видно, что звеньев ломаной линии, параллельных пер-
С(
С
0г
4
вой прямой, будет столько же, сколько звеньев, параллельных
второй прямой. В то же время число звеньев, параллель-
ных каждой из прямых, будет
четным. Следовательно, число
всех звеньев будет равно сумме
равных четных чисел, т. е. бу-
дет делиться на 4.
32.	Достаточно доказать,
что все заштрихованные тре- А(
угольники равны. Покажем, на-
пример, что дОхСО2 = ДО2ПО3.
В остальных случаях рассужде-
ния совершенно аналогичны.
Действительно, OXC=O3D, О2С—
=O2D как половины диагоналей

равных квадратов.
Z ОХСО2 = 90° + Z BCD = 90° + £DXDD2 = /_O3DO3.
Следовательно, указанные треугольники равны, ибо у нйх
равны две стороны и угол между ними.
28
33.	Пусть ЛВС — искомый треугольник. Точки В, О,
и Сх— его вершина, точка пересечения высот и середина
стороны АС. Через точки Л, В и С проведем прямые,
параллельные противоположным сторонам треугольника
и продолжим их до пересе-
чения. Получим треугольник _______________В________Вг
А2В2С2. Точка О является А2'\~	7
центром окружности, описан-	/
ной около /\А2В2С2, радиус	\r
которой равен ОС2. Так как	V' / j
АВСС2 — параллелограмм, то
ВС2 = 2ВС1г т. е.. точку С2
можно найти, а точки Л, В,
С — середины сторон треугольника Л2В2С2.
Построение: строим ВВХСХ, затем, продолжив отрезок
ВСХ на СХС2 = ВСХ, найдем точку С2 и радиус ОС2. Из
точки О радиусом ОС2 описываем окружность и находим
точки Л2 и В2 пересечения окружности и прямой, прове-
денной через точку В параллельно ВХСХ. Середины сторон
А2С2 и В£2 дадут вершины Л и С искомого треугольника.
Второе решение
Пусть ЛВС — искомый треугольник, точка А — данная
вершина, М — середина стороны ВС, Н — точка пересече-
ния высот ЛЛХ, ВВХ, ССХ; О —
центр окружности, описанной
/ \\ около треугольника ЛВС. Высо1
/	/ А \ тча принадлежит известной
/	/	\	\	прямой АН, сторона ВС — йз-
/	Сд q	\	\	вестной прямой Л4ЛХ ± АН,
I / ьЗ' \я ) Z.CAD = /CBD (D — точка пе-
\	/	ресечения прямой АН с описан-
\ /К\/	ной окружностью), Z.CBBX =
дКХГ У~‘а /С — /.САН, H'Al = AlD. Следвва-
те;льно, известны: точка D, сере-
D	дина N отрезка AD, вершина О
прямоугольника MA^NO—центр
описанной окружности, В и С — точки пересечения описан-
ной окружности с прямой Л4ЛХ.
34.	Имеем ДВВС=ДЛМС, значит, /_АСМ =
900 _________ g0O
= /.ВСЕ = —s------‘ = 15°. Построение описанного квад-
29
рата, вершина которого совпадает с вершиной С, прово-
дится следующим образом. Строим углы ВСЕ и АСМ,
из точек А и В опускаем перпендикуляры на соответ-
. . . ствующие стороны углов и про-
. е должаем их до пересечения в точ-
ке D-
D	\ \	Квадрат EDMC— искомый. .
\	/	\\	35. Пусть ABCD — искомая
\	/	\\ трапеция. СО —ее боковая сторо-
\ /	на, ООх — расстояние от центра
\/	\ . окружности до точки пересечения
А у	с диагоналей трапеции. Очевидно,
что о АВ = СД, следовательно,
м	lCBD = £ВСА. Тогда £СОД>=
=2-\_CBD. Так как отрезок CD
известен, то угол CBD, а значит, и угол COtD можно
найти.
Таким образом, точка Ох является пересечением двух
геометрических мест: с одной стороны Ох лежит на окруж-
ности радиуса ООХ с центром	'
в точке. О, а с другой — на дуге
окружности, из точек которой от-
резок CD виден под данным углом	\\
СОД). Отсюда вытекает построе-	//	\\
ние. Находим угол СОД), строим \1д<' *0	>
точку Ох (их может быть, очевидно, А ------------~f
две) и находим точки А и В.	\	/
36. Высота, указанная в уело- \-. У
вии, разделяет искомый треуголь--
ник на два так, что катеты иско-
мого треугольника служат гипотенузами полученных двух.
Пользуясь условиями задачи, можно построить один из
этих, треугольников с меньшей гипотенузой и дотом — иско-
мыц треугольник, ч
VIII КЛАСС -	. -
1.	Известно, что -^- -|-	> 2. Применим это соотно-
шение для решения задачи. Имеем:
ab (а Ц- Ь — 2с) Д-Ьс (Ьс — 2а)	ас (а -|- с — 2Ь) =
=abc(— + — — 2+— +-------------2+-£- + 4-~ 2) =
\ с ' с 1 а 1 а 1 b 1 b . /
30
их- -»
=о“[(4+т-2)+(4+1-2)-+(4-+4— 2)]>о.
так как, а > О, 6>0, с>Ои каждое,из чисел, стоящих
в круглых скобках, не меньше нуля.
2.	Преобразуем данное равенство:
(а64-ас + 6с)(а-|-^ + с) = аЬс,
(а 4- b) Ьс 4- (а + Ь) ас 4- (а + b) ab 4- (а 4" 6) с2 = 0;
(а4-6)1(а4-С)(& + С) = 0.
Отсюда следует, что имеет место по крайней мереодин
из трех возможных случаев:
1)	а.-{-Ь — 0 и а = —Ь;
2)	а4~с = 0 и а — — с;
3)	6;4-с = 0 и Ь = —с.
Значит, данное неравенство верно, если хотя бы два
из трех чисел а, b и с равны по абсолютной величине
и противоположны по знаку. Но в этдм случае то -же
будет иметь место и. для чисел а", &” и с", где п —^нечет-
ное число, поэтому замена а, Ь и с соответственно ап, -
Ьп и сп не нарушит данного равенства. Полученное при
этой замене равенство и есть то, которое требовалось
доказать.
з.	(1+4+4-+.... +„4ч)(П-1)1=[(1+
+'+ (v 4- JZTz) + . . .](<!—1)1 = [j (n +
+ 2frrb>+ •50г=зг+   •]"—"11 2'3-4'S • • • 
... (n—2)4-13.4 5 ...(n —3)(n—l)H-l-2-4-5...(n —4)
‘	(n-2)(n-l)4-...];
отсюда видйо^ что данное выражение делится, на п.
Замечание: слёдует отметить, что п>• 3, так как при
п = 2 предложение неверно.
4.	Достаточно доказать, что не существует числа d,
большего 2, на которое делились бы числа а 4-6 и а24~
4- 62 (при условии, что а и b взаимно просты).
Если а24~62 и а-\-Ь делятся на d, то и числа 2аа =
= (а2 4- 62) 4- (а — 6) (а 4- 6) и 262 = (а2 4-62) 4- (Ь — а) (а 4-
4~ Ь) делятся на d. Но поскольку числа а и b взаимно
просты, то числа а2 и б2 также взаимно просты; следова-
тельно, 2а2 и 262 не могут делиться на число d, большее 2,
31
1
поэтому и числа а 4- Ь и a2 4~ b2 не могут делиться на
число d. Но на 2 они делятся, так как на 2 делятся 2а2
и 2/>2.
5.	а64-4а«4-3а = а(аа4-1)(а24~3) и а44-За24-1 =
= а2 (а2 3) -|- 1. Пусть а0 — некоторое целое число. Тогда
делители числа 4* 4а30 4- За0 являются делителями по
крайней мере одного из чисел а0, а2 +1 и а2 4- 3. Пусть
число d — делитель числа а0 или числа а2 3. Очевидно,
что это число не может быть делителем числа а40 -]- За2 -|- 1 •
Пусть d—.делитель числа а2-1- 1. Так кака£4~3а£4-
4-l=aJ + 3a24-2-l=(a24-l)(a24-2)-l, то оче-
видно, что d не может быть делителем числа а* 4*
4-За24-1-
6.	Из уравнения видно, что у должен быть нечетным
числом. Положив у = 2z 4-1, получим
2х2 —20za —20z — 5 = 7
или
X2—10г2—10z = 6,
откуда следует, что х есть четное число. Положим х = 2и.
Тогда 2и2 — 5z (z 4~ 1) = 3, что невозможно, так как z (z 4~ 1)
есть четное число.
7.	При 3 = а данное уравнение принимает вид:.
х3 4- 2ах2 4- а2х 4- а — 1 = 0
или
ха2 4- (2х2 + 1) а 4-( Xs — 1) = 0.
Решая это уравнение относительно а (здесь х =/= 0), имеем:
.	_(2х2+1)±(2х-|-1)
а~ , 2х
Итак, получаем:
1) а = 1 — х, т. е, х = 1 — а или хх = 1 — У 3;
2) а = — х	—1 или х2 4- (а + 1) а: 4-1 = 0, откуда
— (/34- 1) т /12
находим, что Хг, з = —'- 2 ’ — •
8.	х24-х2 = (хх + х2)2 —2ххх2 = (а —2)24-2(а4-3) =
— а2 — 2а 4- 10. Исследуем трехчлен а2 — 2а 4- Ю.
D = — 36 <0. -
а2 —2а 4-10 = (а—I)2 4-9.
32

Наименьшее значение этого трехчлена 9 при а = 1.
9.	х* 4- у* = (х2 + у2)2 — 2х2у2 — ((х у)2 — 2ху]2 —
— 2х2у2 = (9 — 2ху)2 — 2х2у2; х2у2 — 1 Зху 4- 32 = 0.
(х-\-у = 3 I x-j-y = 3 ху = 2; ху = 16.
1 ху = 2	1 ху = 16
(1;_2)Г(2; 1).
10.	Прибавим и вычтем из левой части сумму
_L_l_L I	I J_ _1__L
2^4' 6	8	10 •••	2k’
Сделав группировку, получим:
1	2 r 3 । 4 T • • • “Г2k— 1 2k
+ 2k — 1 + 26 (1 + 2 + 3 + ’ •' “I- k )
11.	При делении любого целого числа на п остаток
либо равен нулю, либо меньше п.
Если среди п различных чисел, написанных только
двойками: 2,22, 222, ... , 222 .... 2, найдется число, крат-
п
ное п, тогда остается приписать справа один или
несколько нулей и положение доказано. Если же среди
этих чисел не будет числа, кратного п, то по крайней
мере два числа при делении на п дадут одинаковые
остатки, ибо остатки будут 1,2, ... , п— 1, а чисел п. Раз-
ность этих двух чисел кратно п и состоит из двоек
и нулей.
12.	При вычеркивании цифр надо учитывать, что цифры
нельзя переставлять и что наибольшее число будет полу-,
чаться, если в старшем разряде будет 9 единиц.
Вычеркиваем первые 8 цифр, затем от 10 до 18
и единицу у числа 19, т. е. еще 19 цифр и т. д. до 4
у числа 49. Итого вычеркнуто цифр: 84-194-194-194-
4-19 = 84. Вычеркиваем далее 50, 51, 52, 53, 54,55,56,
и цифры 5 у 57 и 58.
Остается число: 9999978596061 .... 9899100.
3 Зак. 358.'
_33
13.	|х-]-1| —|хЦ-3|х — 1| —2|х —2] = ]х + 2|. Для ре-
шения уравнения надо абсолютные значения заменить вы-
ражениями, заведомо не отрицательными. Рассмотрим это
уравнение на следующих промежутках:
х<— 2;- — 2<х<— 1; —1 Сх <0; 0<^х<1;
1 -<х <2; х^>2;
надо решить шесть уравнений.
1)	При х < — 2
— (х + 1) — (— x)-j-3(l — х) — 2(2 — х) = — х — 2;
0-х = 0; х< —2.
2)	При — 2 < х <— 1
— (х+1)4-х + 3(1—х) —2(2 —х) = х + 2.
х = —2.
3)	При — 1 < х <0
х-Н+х + 3(1— х) — 2(2 — х) = х+2.
0-х =—2. Решения нет.	•
4)	0 < х < 1;
х-Н—х + 3(1—х) —2(2 —х) = х-|-2;
— 2х = 2; х = — 1. Решения нет.
5)	1 < х <2;
х-Н—х + 3(х—1) —2(2 —х) = х4-2;
4х = 8; х = 2. Решения нет.
6)	х > 2;
х 1 — х Зх — 3 — 2х 4 = х 2;
0-х = 0; х>2.
Ответ: х< —2;х>2.
14. Рассмотрим два целых числа р и q. Покажем, что
р не может быть корнем этой функции. Заметим, чтс
корнем функций называется такое значение аргумента, при.
котором функция равна нулю.
Если (р— q)— четное число, тогда
f(p) — f (я) = «о (Р3 — Я3) + “1 (Р2 — Я2) + «з (Р — Я) — четное-
число.
Если q = 1, тогда р — нечетное число, f (р) равно
сумме четного и нечетного чисел, есть число нечетное и,
следовательно, не равно нулю.
34
Пусть q = 0, тогда р— четное число. f(p) аналогично
предыдущему не равно нулю.
15. Из условия, что х = у2-]-у3 и х является четырех-
значным числом, следует, что
1000 < у2 + у3 < 10000,
1000 <i/2(l 4- «/)< 10000.
При у = 9 х = 810.
z/ = 10 х = 1100л
С увеличением у в 2 раза х увеличивается примерно в 8 раз.
Рассмотрим:
у = 20;	х = 8400;
1/ = 21;	х = 9702;
у =^22;	х= 11132.
Поэтому 9 <1/ <22.
Так как х = у2(у-\-1) и это число должно быть
кратно 7, то хоть один из двух множителей у2 и (у 4- 1)
должен быть кратен 7.
Из значений у, удовлетворяющих этому условию,
остаются 13, 14, 20 и 21.
Ответ: 132(13 4-1) = 2366.
142(14 4- 1) = 2940.
,202-21	=8400.
212-22	=9702.
(£2 I ___ Q?*	\
—Тйс---------М
/a2_|_c2_ft2	\	/а2_|_/>2_с2	\
+ \, 2ас +1/ ~Ц , 2ab	1)~
_ (а — 6 + с) (а — с < 6) (Ь + с — а).
2abc	9
(а — Ь + с) (а — с + Ь) (Ь + с — а) = п
2abc	’
так как мы к левой части данного выражения прибавим
— 1 — 14-1= — 1; эта дробь равна нулю в том случае,
если либо: а — Ь-^с = 0; а — с 4- Ь = 0; b-j-c — а = 0.
Отсюда имеем а — b — — с, а — с — — b; b 4- с = а. Если
, ,	62 + с2 —а2	(6 + с)2 — 26с — а2
= ТО —---------------------Wc------=
4 Зак. 358.	3S
а2 + С2 _ Ь2
аналогично: —;
а2 + Ь2 — с2
2аЬ
аг — аг — 2bc  «
~Wc	Г’
= 1 при а — с = — Ь;
= 1 при а — Ь = — с.
17. Пусть в прямоугольнике
KLMN сторона KL = MN — хъ
KN = LM = yi и в прямоуголь-
нике DEFQ сторона DE = QF =
= х2, DQ = EF = у2. По усло-
вию задачи должно быть: xt4~
H-f/1 = х2-\-у2, или Х2 — %! =
У1 — Уг- Из подобия треуголь-
ников LPE и AS В находим:
BS __ЕР. BS_______Хд — Xj _
С AS LPf AS yi ' у2
Т— 2
_2(ха —Xi)
У1 — Уг '
Так как х2 — хх = yi — у2,
= 2; BS = 2AS-, BS = АС, т. е.
ли
в треугольнике высота равна основанию.
Следовательно, решение задачи сводится к построению
равнобедренного треугольника, у которого высота равна '
основанию.
18.	Пусть О — точка
пересечения медиан тре-	/ уХ.
угольника АВС\ AF, ВМ и н/ \q
CN— его медианы. Про-
должим В/И на расстояние
МК ОМ и соединим К и А	с
С. Тогда. Sqck.^ -г Sabc.
6	к
Но стороны ДОСК соста-
2
вляют -у соответствующих медиан ДДВС. Поэтому ис-
1	/ 2 \1 2	3
комое отношение равно-у : 1у1 — у.
36
19.	Обозначив сторону квадрата через х, получим
(см. чертеж): — = 1-ha , откуда х = 	.
' г ' х ha — x’ J	а + ha а + —
Если ab — 2S, то /_С = 90°, и из = c-f- най-
дем: либо Z, А = 90°, либо b = с, что невозможно. Поэтому
а = Ь = с, т. е. А = £В = / С = 60°.
20.	Пусть в четырехугольнике ABCD AB-CD-\-
-\-AD‘BC = АС-BD, где АС и BD диагонали четырех-
угольника. Дополнительно построим ^_ВАЕ — £BDC
и £АВЕ = £DBC. &АВЕю&BCD-,	(1),
откуда АВ-CD = AE-BD (2). В треугольниках ABD и ВЕС
^_ABD = Z.CBE, так как }_ABD = £АВЕ-f- /_EBD
и £СВЕ = z. CBD /EBD.
V	/IV ДВ BE	АВ BD AD /оч
Кроме того, из (1)	поэтому вё = вс = Сё @),
откуда ВС  AD = BD-CE (4). Складывая равенства (2) и (4)
получим: АВ • CD -|- ВС • AD = BD (Л Е ЕС) (5). Сравнив
равенство (5) с данным, придем к выводу: АЕ ЕС = АС,
т. е. в данном четырехугольнике точка Е должна лежать
на АС, но в этом случае окружность, проведенная через
вершины А, ВиС пройдет также через вершину £>(так как
£BDC=£BAE).
Утверждение доказано. Одоло четырехугольника ABCD
можно описать окружность.
4*	37
21.	Допустим, что требуемая прямая есть Д/С Надо ”
найти положение точки К.
Проводим медиану треугольника СЕ и высоту треЛ
угольника СМ = Н. Перпендикуляр из точки А на основа-
ние АР — h. Известно, что .
С	медиана треугольника делит
ег0 на равновеликие части/
т. е. Sbce — Sced. Тогда
& н	Sbak = Sbce, но Sbak —	
р м Е к	и Sbce=^^-> Следовательно,
BK-h = ВЕ'Н. т. е. = -тт- Остается построить отрезок
£>Л	/7
ВК, как четвертый пропорциональный.
22.	Обозначим площади треугольников АВС, АОВ, ВОС
и АОС соответственно через S, Sb S2, S3.
Q _ Q I Q | Q _ I b^b I Ctc
d2o3 — ~2 r 2	’ 2’
Разделив левую и правую
части этого равенства на S,
получим:
а$д I btb । ctc   ।	/1 \
2S ' 2$ 2S “
Но
Q — а^а________С^с •
2 ~ 2 “ 2 ’
а__ _1_. J&L _ J_. с _ 1
2S ~ ha ' 2S ” hb ’ 2S ~~ hc ‘
Заменив в (1) выражение-^ из (2), получим:
tg । tb I__^с_
ha^ hb^ hc
23.	Пусть a — основание треугольника, b = c — боко-
вые стороны.
S . D __ abc
P' K “ 4S ‘
зз

Перемножив их левые и правые части, будем иметь
„ abc
rR==4P ИЛИ
rR~ 2(a + 2b)'	W
Вычислим высоту Н треугольника двумя способами:
Н = /^-4.	(2)
r==а-&>4SR=ab*2aHR=ab2'н=S- <з)
Из (2) и (3) имеем: b2 —~	отсюда *
о = ||4^-Я	(4)
Подставив это значение а в (1), получим уравнение, отно-
сительно Ь
2Rr 1-^- У 4Я2 — Ь2 4- 2b) = ьз^4^~ьг.
\ К	/	Л\
откуда, сделав соответствующие преобразования, получим:
(2Rr — &2) /4Я2 — b2 = — 4Rr.
Возведя обе части в квадрат и преобразовав, получим:
64 — 4R (R + г) b2 + 4R2r (4R + г) = 0.
Из этого находим Ь, а из (4) находим а.
24.	К —искомая точка. Пусть в треугольнике АВС
BD ± АС; КМ 1 АС и де-
лит площадь треугольника
АВС пополам; имеем:
2КМ-МС = АС-BD, (1)
из подобия &BDC и
^КМС;
^ = ^;KM.DC = BD.MC.	(2)
Разделив (1) на (2) получим:
MC=^^AC-DC.
т. е. МС — средняя пропорциональная между АС и DC.
5 Зак. 358.
39
Построив МС и восстановив из точки М перпендикуляр
до пересечения с ВС, получим точку К.
25.	По условию имеем: ~	= х (так как
против большей стороны лежит меньшая медиана). Отсюда:
та = ex; mb = bx\ тс = ах.	(1)
По известной формуле:
4т« = 2624-2с2 — а2;
*	4m* = 2а2 + 2с2 — &2;
4т* = 2а24-262 —с2.
После сложения получим:
4 (т2а 4- ml + m<) = 3 (а2 + Ь2 + с2).
Заменив та, ть и те из (1), найдем:
4х2 (а2 + 62 + с2) = 3 (а2 + &2 + с2);
, з У~з
х2 = ^-;х = — •
26.	Центр тяжести О треугольника находится в точке
пересечения медиан, поэтому площадь каждого из тре-
угольников АОВ, ВОС и АОС равна — площади S дан-
ного дЛВС, т. е. имеем
al bm	сп S .	.	2S
-х- = -»-	= -ir- = ^-	или	al =	bm	— сп —
л	I	£ О	О
В	Делим все члены этого
равенства на abc*.
1 — т — п — 2,S
/	Вс са ab ЗаЬс"
a	\По свойству равных отно-
шений:
/ т -|" п __ 2S
ab + Ьс ас ЗаЬс *
тт п abc	S 1 2S 1
Но R “ 4S ’ следовательно,	Сделав
40

J
I -4- tn -I- n 1
подстановку, получим: ф~^ _|_ас = и ОТС1°Да
P___ab + be + ac '
K “ 6 (/ + m + nf
27. Если данная точка совпадает с центром квадрата,
то любая прямая, проходящая через эту точку, делит
квадрат на две равновеликие
части. Если точка.Р располо-
жена внутри квадрата ABCD,
притом ближе к диагонали
АС, чем к диагонали BD
и внутри треугольника АОВ
(О — точка пересечения диа-
гоналей), то искомой фигурой будет треугольник0 ByADy
с точкой Dx на стороне AD, точкой на стороне АВ
и с точкой Р — в середине гипотенузы ByDy.
28.	Пусть в равнобедренном треугольнике АВС с осно-
ванием АВ и медианами ААу, ССХ вписанная окружность К
пересекает медиану ААу в точках Р и Q так, что АР = PQ =
= QAy. Тогда АААуВ должен быть равнобедренным с осно-
ванием A4t и точка Q — принадлежать медиане ССу. Окру-
жность К должна содержать Су, Р, Q, и CyPQ = 90°;
отрезок РСу служит высотой и медианой	с пря-
мым углом при вершине Су. Поэтому дС1ЛЛ1= д.ЛЛ1В=45°,
д АВАу = /_ВАС = 90°, что невозможно.
29.	Если хну — длины диагоналей искомой трапеции,
то, в соответствии с условием задачи,
5*
41
Этому соотношению удовлетворяют стороны четырех-
угольника ABCD, вписанного в окружность с произволь-
ным диаметром АС > а: АВ = а, ВС = у, CD = х, DA = х.
Если через концы произвольного отрезка LM < у 'про-
вести параллельные одинаково направленные лучи LL'
и ММ', на луче LL' построить точку Р при условии
МР = у, а на луче ММ' — точку N при условии LN = х,
то трапеция LMNP будет одной из искомых.
Задача имеет бесконечное множество решений.
30.	Имеем: с = ЦД CCt = I, L ВАС = а;
АСз. :С{В = Ь:а, АС^С^ = с;
/А	ACt = lb,
\ СхВ = ка, Х(6 + а) = сД2с = с,
Пользуясь этими условиями, можно "построить треу-
гольник, подобный дДВС, а потом — и сам дЛВС.
31.	Пусть в прямоугольник ABCD вписан ромб A2B£2D2;
их общий центр О; Лх, Вх,
Сх, Di — середины сторЪн
АВ, ВС, CD, DA-, АВ = 2с,
AD—2b.
Имеем: Л ОСХС2 со
Д 0DiD2, OD2 = kOC2,
с - kb, DiD2= кС1С2;
OC14-OZ^ = a2;'
n 2 _ а2Ь2
i/G2 — b2± c2 •
32.	Обозначим через I
ности. На окружности k2, произвольно взятой из данных
окружностей, в соответствии с условием задачи, должны
быть точки ее пересечения с тройками окружностей; (ftg, Лд,
kt), (ka, kit ks), (k2, kit k5). Если эти точки разные, то ок-
ружности /гх и ki должны совпадать между собой, что
противоречит условию задачи. Следовательно, две из этих
точек должны совпадать одна с другой. Но через такую
точку будут проходить все данные окружности.
къ к2, к3, kit k5 данные окруж-
42
г
33.	Пусть ABCD — данная трапеция, О —центр впи-
санной окружности, L, М, N, Р — точки прикосновения
окружности соответственно к сторонам АВ, ВС, CD, DA
и АВ || DC. Треугольники AOD и ВОС — прямоугольные
с гипотенузами AD и ВС,
так как суммы их ос-
трых углов равны пря-
мому углу. Обозначим
отрезки AL = АР = а,
BL = BM = Ь, СМ =
= CN = c, DN = DP =
= d. Поэтому ad = be—
= OP2 = ОМ2;
a:c=--b\d.	(1)
Точки L, О, N принадлежат одной прямо", перпендику-
лярной к основаниям трапеции. Если Q — точка пересече-
ния прямых АС и LN, то AQ-.QC — а: с = LQ'.QN.
Пусть Q1 — точка пересечения прямых BD и LN. Тогда
BQ1:Q1D = 6:d.
В силу условия (1) точки Q и Q1 совпадают между собой,
то есть прямая, соединяющая точки касания оснований,
проходит через пересечения диагоналей. Будем теперь счи-
тать точку Q только пересечением прямых АС и МР.
Через точку С проведем прямую, параллельную прямой
AD. Обозначим через R и S точки пересечения этой пря-.
мой с окружностью и Т—с прямой РМ. Имеем: ^SP —^PR.
Углы MPD и РМС измеряются ^^PNM. Следовательно,
/_ МТС измеряется половиною той же дуги: £\МТС—равно-
бедренный. Из подобия треугольников APQ и CTQ и й»
равенства СМ = СТ следует: AQ: QC = а: с. А- это значит,
что точка Q находится в пересечении диагоналей тра-
пеции.
34.	Шахматист, занявший второе место, не мог на-
брать больше 6 очков, так как не меньше 6 очков набрали
четыре шахматиста, занявшие последние места и игравшие
только между собой.
Наибольшее число очков, которое мог набрать участник
этого турнира, равно 7. Если шахматист, занявший первое
43
место, набрал 7 очков, то занявший второе место не мог
иметь более шести очков из-за проигрыша первому. В со-
ответствии с условием задачи он должен набрать 6 оч-
ков. Если участник, занявший первое место, набрал 6,5
или менее очков, то занявший второе место не мог опять
иметь более и менее 6 очков.
35. Пусть
принадлежат
вершины данного четырехугольника ABCD
соответственно
сторонам искомого квадрата
ОХЛХВХСХ.- Тогда верши-
на Dx принадлежит ок-
ружности К с диамет-
ром AD, а вершина
Вх — окружности Ki
с диаметром ВС; диаго-
наль BtDi пересекает
ЭТИ ОКРУЖНОСТИ К И K.-L
в точках Dlt Bt, Р, Q,
где Р — середина полу-
окружности, не содер-
жащей точку Di на ок-
ружности К, a Q — се-
редина полуокружности,
не содержащей точку
Bi на окружности Кх.
2) Пусть Z. B'A'D' = a, £ &C'D' = р, /_ C'A'D' = ах,
Z A'C'D' = рх.
Если AiBjCiDi—произвольный квадрат, А^'В окруж-
ности К вмещает угол а, CiC'D окружности /Сх вмещает
угол р, о АР окружности К, не содержащая точку А',
вмещает угол ах, DXQ окружности Ki, не содержащая
точку С', вмещает угол рх, то четырехугольник A'B'C'D'
подобен данному.
36. Обозначим стороны пря-
моугольников a, ах; b, bi, с, сх.
Имеем а = hdi, b — hblt с = hcx.
Следовательно, треугольник со
сторонами ах, 6Х, сх подобен
данному треугольнику. Пользу-
ясь этим условием, получим
доказательство предложенного
утверждения.
37. Пусть у выпуклого четырехугольника7ABCD точки
М, Р, N, Q середины сторон АВ, ВС, CD, DA, точка Е—
44
середина диагонали АС, точка О — в пересечении отрезков
PQ и MN.
При данном условии для решения задачи достаточно
доказать совпадение точек О и Е. Если бы эти точки
не совпадали, то
ME + EN > MN, РЕ 4- EQ > PQ,
BP -{-QD ВМ ND >MN + PQ.
А в соответствии с условием задачи,
BP + QD + ВМ + ND = MN + PQ
противоречит последнему неравенству.
38.	Через точку Р, данную внутри угла АВС, прове-
дем прямую, параллельную стороне ВС, до пересечения
со стороной АВ в точке Q; отложим отрезок QAX =
через точку Ах проведем прямую AiP до пересечения со сто-
роной ВС в точке Сх. Треугольник AiBCi. — искомый. Если
прямая, проходящая через точку Р, отсекает треугольник
А2ВС2, то на стороне А£2 есть точка D, такая, что CXD || ВА,
Л АгА2Р = A CjDP, пл. Д А2ВС2 > пл. Д АХВСХ.
39.	Пусть АВ, ВС, CD — данные отрезки, О — иско-
мая точка, т. е. АОВ — /_ВОС = J_COD.
В треугольнике АОС ОВ является биссектрисой, зна-
„„„ АО АВ .
чит ос ~ ВС —
Точно также из треугольника BOD вытекает, что
ов _ вс _ .
OD~ CD ~
45
Таким образом, точка О лежит на пересечении двух ок-
ружностей, одна из которых есть геометрическое место
точек, отношение расстояний от которых до данных точек
А и С равно /х, а другая — геометрическое место точек,
отношение расстояний от которых до точек В и D рав-
но /2.
Построив указанные окружности, найдем точку О.
40.	Если ABCD — искомая трапеция, АВ || DC, О — точ-
ОА АС
ка пересечения диагоналей, то	• Можно постро-
ить Л А'В'С <х> А. АВС, где 3—точка
пересечения прямых AD и ВС с угла-
ми £ B'A'D' = а и А’В'С' — р,
точка О' в пересечении диагоналей
и точка М’ — в пересечении прямых
А'В' с S'O’. Здесь А'М' = М’В'. Точ-
ку О' можно найти в пересечении
прямой 3'0' с окружностью Аполло-
ния — геометрическим местом точек
Р'Д' АС
Р‘, -р^ = Получим трапецию
А’В’CD' <х> трапеции ABCD. После этого легко постро-
ить и искомую фигуру.
41.	Пусть в начальный момент точка Ах катящегося
круга находится в точке соприкосновения этого круга
с данным неподвижным. Диа-	____
метрально противоположная точ- -х*1 х.
ке Aj катящегося круга нахо- S
дится в центре О данного не- /	(	2
подвижного круга. Если А2 —	/ I
точка соприкосновения катяще- |	«Ку!
гося круга с данным неподвиж- I
ным в другой момент, 02 —центр \	х. 7
этого круга, а точка Ах заняла \	—•у
положение В и радиальные ме-
ры углов а = д АхОАг, ср =	-------—'
= /. В0А2, то длина о AjA2 =
= а2Я, длина ВА2 = <fR, ОО2 = 02В ~ R. Это значит,
что точка В находится на диаметре ОАх неподвижного
круга.
Ответ: каждая точка катящегося круга описывает
диаметр данного неподвижного круга.
42.	В трапеции ABCD сторона АВ || CD, точка О — в
46'
пересечении диагоналей. Если S — точка пересечения пря«
мых AD и ВС, то прямая OS пересекает основания АВ
и DC в точках Sx и S2 —
Точка Qi в пересечении пря-
мых АС и SXD и точка /?х—
в пересечении прямых BD
и SXC делят на три равных
части отрезок PiH-l с концами
на боковых сторонах трапе-
ции и параллельный основа-
нию трапеции.
Это можно доказать, поль-
зуясь тем, что A
cv A CDQj, д S^BRx со
со Л CDRx, ASX = SiB,
CS2 = S2D.
Если точка Q2 лежит в пе-
ресечении прямых AS2 и BD,
точка R2 — в пересечении пря-
серединах этих ’ оснований,
мых АС и BS2, то они так-
же делят На три равные 4асти отрезок Р2Н2 с концами
на боковых сторонах трапеции.
43.	Пусть АВС —данный треугольник, равносторон-
ние треугольники АВСХ, ВСАг, САВ±; О3, Ог, О2 соот-
ветственно точки пересечения высот.
АХВ: ОХВ = j/'з, АВ: О3В = уТ, £ ABAi = L О3ВО1г
Л АВАХ сс Л O8BOlt АХА = Ofi3 у з •
Точно так же ААХ = ОгО2 У~3, Ofi2 = 0х03. -
Аналогично, ОХО2 = О2О3.
’ 47
44.	Если с помощью только одной двусторонней линейки
построить параллелограмм, то все высоты этого паралле-
лограмма равны расстоянию между краями линейки, по-
лученная фигура — ромб. Используя свойство диагоналей
ромба, мы можем построить искомый перпендикуляр.
Построим два ромба МАВС и MDEF с общей вершиной
в данной точке М и диагоналями МВ и ME, лежащими
на прямой b. AC I МВ. Продолжим стороны ромбов ED
и В А до пересечения в точке N. MN || АС, так как
DNA = £_ МАВ и MN и АС — диагонали соответ-
ствующих ромбов.
45.	Строим Д АВ/( = CBD. Л АВК <х> Д BDC;
АВ_АК. а.с-АК4
BD ~ DC’ а С ~	'•
д вкс<*> Д ABD.	b-d = KC f\
l\C rlU
асbd = f (AKКС), fl = ac-\-bd.
46.	На MC отложим MP = AM и рассмотрим л AM В
и Д АРС. AM = АР; АС = АВ; L РАС = L МАВ, так
как ВМ = CF.
47.	Д О АВ + Д ОВА = 1.90° == 45°; д АОВ = Д 135°.
Центры искомых окружностей лежат на дуге окружности,
из точек которой гипотенуза видна под углом 135°. Ра-
диус вписанной окружности в каждый прямоугольный
48 »
треугольник — расстояние соответствующей точки ГМТ
центров до гипотенузы. Ясно, что середина этой дуги
находится от гипотенузы на наибольшем расстоянии.
С
Остается показать, что окружность этого радиуса
вписывается в равнобедренный треугольник с данной ги-
потенузой.
Действительно, так как центр этой окружности лежит
на перпендикуляре ОР, восстановленном из середины ги-
потенузы, то отрезки АК — ВМ = АР.
Кроме этого, СК = СМ. Поэтому АС = СВ.
48.
AM = AMi,
AM = АК + КМ = АК + (Р 4-г);
ЛМ1 = ЛВ-|-ВЛ41;
АВ + ВМГ = АК + (R + г)-,
AB — (R-\-r) = AK — ВМ{,
BN =	BNX = АВ + AN^,
49
BN = BP 4- PN = BP + (/?H-r);
AB 4- ANr = BP 4- (R + r);
AB — (R 4- r) = BP — NtA.
Так как BP = BM± и AN = ANlt to AN. — BMr = BMX —
— AK,v.e. AK = BM1.
Из этого следует, что
>lB = R4-r-
49.	Рассмотрим чертеж к предыдущей задаче.
Проведем в Д M1DN1 DL i М^^ Заметим, что 0D =
= г f Т; OXD = R j/T; O1E = R — ru DT'= DL — r.
Д ООгЕ <x> Д ODT.
R — r _ Ry~2 4- г-У~2 .
DL—r	r y~2	’
DL =
2Rr
R + r'
S д = Rr.
 50. На отрезке а строим два равносторонних треуголь-
ника АВС и ABD с общей стороной АВ = а. На стороне
ВС строим отрезок ВМ = та.
Соединяем точки М и D. MD
пересечет АВ в точке Р и АР =
= —2-г. Это вытекает из по-
т + 1
добия Л DAP и Л РМВ.
51. Пусть MD — искомый
перпендикуляр, тогда MD— вы-
сота л АМВ, но AAi и BBt —
также высоты этого треугольни-
ка, а точка F— его ортоцентр. А
Из этого вытекает построе-
ние: строим AAi и BBj. Через
точки М и F проводим искомый
перпендикуляр. Задача имеет
единственное решение, если
каждый из углов МАВ и MBA не превосходит у.
50
IX КЛАСС
I ge9 = (8 -|- I)9® = 8tn + 1, где tn — целое число.
Отсюда:
79®9 = 78m+l = (74)2m-7 = 24012m-7 = (2400+ l)2m-7 =
= (100n+ l)-7 = 100-7n + 7,
где n — целое число.
Из этого видно, что две последние цифры данного
числа образуют совокупность 07.
2.	Выражение в первой скобке есть геометрическая
прогрессия с первым членом 1 и знаменателем 10.
(Ю« + Ю"-1 + ... +	+ 5) + 1 =
=	.(10-« + 5) + 1 =	+	=
(10n+1 + 2)2 _ / 10л+1 + 2 \2
(З)2 “V 3 Г
3.	По условию задачи 100 + №< 1000, следовательно,
10<АГ<31.
Пусть № = 100х + 10r/ + z	(1)
xyz = N— 1;	(2)
z ф 0, так как произведение xyz в этом случае равно
нулю, z — нечетное число, так как в противном случае
четно N [из (1)], a N— 1, равное xyz, нечетно, что невоз-
можно. Итак, z — нечетно, следовательно, А/ — нечетно,
N — 1 — четно. Кроме того, z может быть равным только
1, 5 или 9. Пользуясь таблицей квадратов, выбираем
трехзначные числа, оканчивающиеся на 1, 5 или 9, произ-
ведение цифр которых меньше 31: 121, 225, 361, 441.
Второму условию удовлетворяет только 361.
4.	Докажем способом математической индукции. Пусть
n = 2k, где fe= 1, тогда утверждение справедливо:
132 = 169 = 7-24+ 1.
Допустим, что для некоторого k выполняется равенство:
132* = 7т + 1; (т — число натуральное).
Переходим от k к k + 1.
В таком случае:
132(4+1) = 1324. ’32 = (7/п+ 1)-(7-24+ 1) =
= 7(169/n + 24)+ 1;
51
то
Следовательно, предположение справедливо.
5. Обозначим через Sn сумму
1	1	=	1_______1_
п2 п(п — 1) п — 1 п ’
1^1	1
32 < 2	3 ’
1	1	1
42	3	4 ’
1 1 1
п2	п — 1 п *
Складывая эти неравенства, получим:
Sn< 1 — отсюда Sn < 1.
6.	Можно считать, что числа расположены в порядке
возрастания:
Ui < «2 < «з < «4 < •• <ап-
Рассмотрим числа аъ а% , ... , ап.
ап + аъ ап + аъ ап + а3, ап-^а^ ... , ап^ал^у
ап 4” ап— 1 4“ аЪ ап 4“ ап—\ + ^2, • • • » ап 4" ап—1 4“ ап—2*
Продолжая составление сумм подобным способом, по-
лучим:
апА~ап—1 4~ ••• 4“ап—k4“ai> ап4~ап—14- ••• 4“
4~* 4~я2, ••• , ап+ctn—14~ ••• 4~ ап—k 4“ ал—k—i
и т. д. Наконец:
ап 4~ап—14~ап—2 4“ ••• 4“ai*
Очевидно, что числа возрастают и, следовательно,
различны. Количество этих чисел п-\-(п — 1) 4“ (rt — 2) +
4- — 4“ 1 = п2 *’ соответствует требованиям задачи.
Замечание: Первые п натуральных чисел состав-
ляют пример п положительных различ-
ных чисел, из которых нельзя соста-
вить более чем п ^-у-^различных сумм.
52
7.	Согласно условию,
Юх 4" У — %2 + ХУ + У2 или
Юх 4- у + ху = (х 4- у)2.
Так как
х-<9 и у < 9,
то	' 10x4- У~*гхУ^ 180, (х 4- z/)2< 180,
а тогда
x4-t/< 13.
Но при х 4-1/=13 наибольшее значение выражение
Юх -\-у -\-ху получит, очевидно, при х = 9, у — 4:
1 Ох 4"!/4" х!/ < 130;
следовательно, (х 4~ У)2 < 130 и х 4- У < 11 •
При х 4- у = 11
Юх 4- У 4~ХУ < НО,
откуда	x4-f/<10.
При х 4- У — Ю значения х = 9, у = 1 удовлетворяют
условию задачи.
При х у = 9 условию задачи удовлетворяют х = 6,
4/ = 3.
При х-\-у = 8, х-\-у — 7, x-j-z/ = 6, х4~!/ = 5, как
нетрудно в этом убедиться, решений нет.
При х 4- У = 4 имеем решение х = 1, у = 3.
Ответ: 91; 63; 13.
8.	Согласно условию задачи сумма слагаемых представ-
ляется так:' 1+fe-|-(l 4-^)^ + (1+^)2^ + (1+^)3^ +
4- ... 4-(1 + £)«-* k4- (1 4-ky*~2k = 531441 = З12, где п —
число слагаемых.
Так как последнее слагаемое равно (1 -\-k)n~2-k, то
сумма Всех ему предыдущих (1 4-	2; тогда 312 = (14"
4- k)"-2 4- (1 4- k)»~2 - k = (1 4- k)n~2 (1 4- k) = (1 4- fe)"-1, или
n— 1/ 	12
14-/5 = !/ 312=3"-1.
Но число слагаемых должно быть не меньше четырех,
тт	12
Делаем испытание, зная, что ——есть число целое и что
делители 12 есть 2, 3, 4, 6, 12:
1)	если п — 1 = 3, то «1 = 4; тогда 1 4~ k = З4;	= 80;
2)	если п — 1 — 4, то п2 = 5; тогда 1.4- k = З3; k2 — 26;
53
3)	если п—1 = 6, то п3 = 7; тогда 1 + & = З2; k3 = 8; ‘
4) если п — 1 = 12, то п4 = 13; тогда 1 + k =J3; fc4 = 2. j
Итак, получаем четыре значения для множителя !
k (80, 26, 8 и 2) и соответственно им возможное число
слагаемых (4, 5, 7, 13).	;
9. Так как 4~ + q~ 4~ч~ < 7—то
Зп 1 Зп +1 2п 1 2п	п
_!____।__!________________ip I	О< 
п+1 ~ п + 2 “ •" Зп—1 ^ДЗп Зп+1
<4-+4+ ... +4 = 2.
2п раз
С другой стороны
1 , 1 I , 1 =-17—! » О ।
» + 1 ~Г л + 2 ' ~ГЗп + 1	2 I \n + 1 "l- Зп + 1/ '
_J__I—|/ 1 | 1 ¥1=4 4я + 2 I
п-\-2' Зп	'\3«+п «+1/J 2 [ (2n + 1)’— n2 I
। 4п + 2	.	• , 4п + 2
+ (2п + I)2 — (п — 1)г +	+ (2л 4-1)2 —я2
1 Г 4п + 2 । 4п + 2 .	। 4и+2 1_
> ~|_(2п + 1)2 । (2я + 1)2 “г “• ~Г(2n + 1)« J ~
(2n + 1) раз
= 4(2"+» <^=>-
10. Покажем, что 2 / п + 1 — 2 у~п < 77=
=	.	у п
— 2 Y п — 1. В самом деле, 2 п + 1 — 2 / п =
= 2(/п+Т—/п~)(^п~+Т+/Т) _
YT+T + W ~ 
_	2	2	_	1
— У п + 1 +Y п< Y~n + У п У~п"
Точно также, п — 2уп — 1 =
2(1/ п — Уп—1)(Уп +У п—1) =	2
К п + V п — 1	) п+У п — 1 >
2	1
> V ~п + )/ 7Г “ у п ’
54
Теперь имеем:
1+ут + ут + - + У ioooooo=> 1 + 2 [(ИТ — УТ) +
+(УТ — УТ) + ... + (У loooooi — у loooooo)] =
— 1 +2(У1 000 001 — У Т) > 1 + 2• 1000 — УТ > 2000 —'
— 3 + 1 = 1998.
В то же время 1 +	j/'g’H- — 4“у юооооо< 4-
+2 [(УТ— 1)+(У"3 — УТ)+ ... +(К1000000—у 999 999)] =
= 1+2(У1000000— 1)= 1 +2-999= 1999.
Таким образом, целая часть указанной суммы равна
1998.
11. Доказательство проводится методом индукции.
Пусть неравенство верно для k множителей. Тогда
(1 +Xj)(l +%2) ... (1 + Xft)(l +Xfe+1) + (1 +*i + х2 +
+ •.. + ХА)(1 +х*+1) = (1 +-Ч+-Г2+ ... +**+Xft+l) +
+ (%1+ ... +xft)xft+i> 1 +xi + *2+ ... +х*+1, так как
(Xj + х2 + ... +xfr)Xfe+i>0, ввиду того, что все xz имеют
один и тот же знак.
19	__=___1	_ У п + 2 -УТ
у п +У п + 2	2
5я = 4-1(У^-УР+(У5-уз) + - +(И2ЯП-
— У 2п^Л)] = 4 (кетт — 1).
13.	Положим У т + f~а + УТ +	= УТ +У7 +
+ УТ. Возведем обе части равенства в квадрат. Получим
х + у + z = т, 2 у ху = УТ, 2 У~хг = У b, 2 У^г =
= •
Решим данную систему относительно х, у, г:
V abc	V abc V abc
Х = 1-2Г'У---26-’2=~25-’
т. е. abc должно быть точным квадратом:
ab ас+ Ьс
т =	2 У а&с ’
14.	Рассмотрим неравенство:
—2-----Га*< - g—,
55
(/Т-/Т)2 <
Рассмотрим неравенство:
(а — 6)2 а + Ь
—87“<—2-------Vab,
<<rr-УТ)’;
g.+Д < 1.	(2)
2V а	'
Неравенства (1) и (2) справедливы, так как а>6>0.
15.	Умножив знаменатель на a -\-b У~2 -j-cJ/T (а, Ь
и с — неопределенные коэффициенты): (1 —[——
— 2>/Т)(а4-6^’2’ + с|/Т) и сделав приведение подоб-
ных, получим (а — 46 6с) + (За + 6 — 4с) f/Т — (2а —
— 36 —с)3/Т.
( За+ 6 — 4с = 0
1 2а — 36 — с = О
1) Исключив 6, получим: 11а = 13с; 4у = ТГ’
Исключив из системы (1) с, получим: -рр = -|-;	=
с b
= jy = -у. Приняв коэффициент пропорциональности рав-
ным единице, получим: а= 13; 6 = 5; с= 11.
Следовательно, умножив числитель и знаменатель дан-
ной дроби на 13 4-5 j/T-|- 11 и, сделав преобразова-
ния, получим:
13 + 5ИТ+ И /Т.
16.	Возведем обе части этого равенства в квадрат;
У* = (х + 2 /Т^Т)-1 + 2 (х + 2	• (х -
__
-2/т=т) 2 +(x_2>/Tzrr)-i =
1 1	—-
= -----.....- ч------7=+2[x2 — 4(х — 1)] 2 =
х + 2]<х—1	1 х — 2V х— 1 Г 1	\ /J
_______2х_____।______2___________2х____।	2
х2 — 4 (х — 1)	’ у х2_4Х _|_ 4 х2 — 4х + 4 ’ |х — 2|*
56
1)	Если 1 < х < 2, то | х — 21 = — (х — 2) и поэтому
2 2х	2	_ 2х 2(х —2) _	4
У ~ (х—2)2 х — 2 “ (х —2)2	(х—2)* (х — 2)2’
а так как у>0, то у есть арифметическое значение корня
квадратного из этого выражения. Следовательно,
л/	2	_	2	_	2
У~ V (х-2)2 ~ |х— 2|	—(х-2)	2 —х*
2)	Если х > 2, то х — 2 > 0, значит | х — 21 = х — 2,
а поэтому у2= х2_4х + 4	+
. 2(х —2)	4(х— 1)
' (х — 2)2 — (х — 2)2
и, следовательно,
1/4(х— I) _ 2/х^Т _ 2/х— 1
у—у (х-2)2	|х—2| X —2
Итак,
-к—	при 1 < х < 2
При х — 2 данное выражение не имеет смысла.
17.	Пусть данная дробь имеет одно и то же постоян-
ное численное значение при любых численных значениях
х, которое обозначим через т, т. е.
ах2 + Ьх + с _
OjX2 + &tx -f- Cj ’
откуда	4
(а — ауп) х2 + (& — Ьуп) х (с — суп) = 0.	(1)
Равенство (1) тождественно равно нулю по условию
при любом значении х; это возможно только тогда, когда
коэффициенты при х2, х и свободный член одновременно
равны нулю, т. е.
а — а!гп = 0, b — Ьуп = 0, с — суп = 0,
откуда	=	(2)
57
Но если соотношение (2) выполнено, то данная дробь
не зависит от х, следовательно, сботношение (2) является
условием не только' необходимым, но и достаточным.
18.	Из данного равенства находим:
(у — 2) х2 4- (4у — 6) х 4-5г/ — 6 = 0.
Установим, при каких значениях у х — действительное
число. Если уф2, то	-	•
3-21/± Г (3-2^-(f/-2‘(5^-6) _
х- ~-
_ 3 — 2у ± У —(у2 —41/ + 3)
“	«/-2
Для того, чтобы х было действительным числом, не-
обходимо и достаточно, чтобы — (у2 — 4у -|- 3) > 0, или
— (у — 3) (у — 1) 0. Это неравенство удовлетворяется при
1 < У -С 3; так как при х = — 3 у = 3, а при х = — 1
у= 1, то 1 и 3 — соответственно наименьшее и наиболь-
шее значения функции.
19.	Представим данный трехчлен в таком виде:
х2 4-5х-|-16 = х2-|-5х —36 4-36-|-16 = (х-|-9)(х —4) 4-
4-52.	.	(1)
Если при некотором целом значении х данный много-
член делится на 169, то при этом же значении ~х он де-
лится на 13. Следовательно, при этом значении х выраже-
ние (х-|-9)(х — 4) должно делиться на 13, ибо 52 делится
на 13. Значит, по крайней мере один из сомножителей
произведения (х4-Э)(х —4) делится на 13. -Но (х4~9) —
— (х — 4) = 13. Поэтому и другой сомножитель делится
на 13, а следовательно, и произведение делится на 169.
Но так как 52 на 169 не делится, то двучлен (1) на 169
ни при каком целой х не может делиться.
20.	Пусть х = ty. Получим V7 y2(f j/7 4~ 0 = 336.
«ЖШ=И2.
х = 18; у — 2.
21.	Полагая 8 — х = а4 и 89.4-x = i>4, получим си-
стему
( a +6 = 5
|а44-&4 = 97. .	-
58
Пользуясь тем, что а* -|- Ь* = (а2 -J-- б2)2 — 2а262 = [(а 4- 6)® —
— 2аЬ]2 — 2а2Ь2, и тем, что а 4- b = 5, получим уравнение
(25 — 2аЬ)2 — 2а2Ь2 = 97, или 2а2Ь2 — 100а& 4- 528 = 0, или
а2&3 — 50а6 +264 = 0.
Отсюда: 1) ab = 6 и 2) ab = 44.
Теперь остается решить две системы:
1) / а + & = 5 „ 2) ( а + Ь = 5
I а6 = 6 и t ab = 44.
Первая система дает а = 2, Ь = 3 и а = 3, Ь — 2.
Вторая система действительных решений не имеет.
Пользуясь, например, уравнением 8 — х = а* и полу-
ченными значениями неизвестного а, найдем действитель-
ные корни данного иррационального уравнения:
1)	Xj = — 8 и 2) ха = — 73.
22.	Возведя обе части уравнения в квадрат, получим:
а — У а + х = х2;
а — х2 = У а -\-х;
х* — 2ах2 — х + а2 — а = 0.
Решим это уравнение ^носительно а:
а2 — а (2ха 4-1)4- х* — х = 0.
Разложив квадратный трехчлен на линейные множители,
получим: (х2 4~ х — а 4- 1)(х2— х — а) = 0.
Находим: Xi, 2 =
1 ± /4а + 1
23.	Так как р есть любое натуральное числ.о, большее 1,
то должно быть b -|- х > 0 и х4>0. Имеем:	4" (у 4~) =
59
Отсюда: fd+x-^tA = ^; (±±^-)
Так как Ь~^х > 0, то и > 0. Отсюда х =
£
а ’
g
Р
4г'->
Для х>0 должно быть 6>а; если а<0 и 6<0, то
Для существования решения нужно, чтобы а и b были
одного знака и чтобы b > а.
24.	При а = 0 и а — 1 уравнение имеет два двукрат-
ных корня: Xi, 2 = ± 0, Хз, 4 = 1. Если а ф 0 и а ф 1, то ни
О ни 1 не являются корнями данного уравнения. Непо-
средственной проверкой легко убедиться, что если хх— ко-
рень данного уравнения, то —, 1 — хх тоже являются его
Х1 1
корнями. Отсюда вытекает, что и -j-----, 1------и------г
1 — Хг	Xi _____
*1
j
з
также являются корнями данного уравнения.
Так как уравнение при а ф 0 и а ф 1 — шестой степени,
то оно имеет шесть корней, причем, зная один из них,
легко получить остальные корни. Но, очевидно, что а — ко-
рень данного уравнения. Поэтому имеем: хх = а, х2 —
xa-^= 1 —га; х4 = х6 = 1	—, хе = а_ i •
25. х > 2, у > 1 — допустимые значения неизвестных.
= = (2 р х = 2 —	24.
х-2 \ г	у'х — 2/ 1
(^~-ттМ+4-
• Преобразуем: 4 |/х—2 4
У у —	4
га 1 Vy-\
Получим уравнение:
6
х —2
»->-7=гУ-о-
Из этого следует, что 2Ух — 2 — .	= = 0 и Д' у— 1 —
2
~ - °-
Получим решение: х— 11, у = 5.
60

26. Допустим, что точка М найдена, тогда МК = МВ{\)
и МВ2 = АВ- ВС. НоМК = 2R — ВС. Получим: (2/?—ВС)2=
= 2R • ВС или ВС2 — 6/?ВС + 47?2 = 0, так как ВС < 2R.
Откуда ВС = 37? — У 97?2 — 4/?2. Следовательно, ВС мож-
но построить как разность двух отрезков: 37? и |/ 97?2—,47?2.
2
медианы. Вычислим стороны Л СОВ. ВС = а-, ВО =-^-BD =
= -|-yV2a2 + 2c2 —62; СО = у/2а2 + 2&2 —с2. ВО2+
+ СО2 = 4 (4а2 +2&2 +2с2 —62 —с2) = i (4а2+ &2+с2) =
— а2, т. е. СО ± ОВ.
28.	Проводим два вза- ,
имно перпендикулярных
диаметра AM и BN. Хорду
АВ продолжаем на рас-
стояние ВС = АВ. Точку ц
С соединяем с центром О.
„	CD	.г
Отрезок -у- = а10. Дока-
жем это. АВ — ВС = 7? ]/2;
CD-CE = АС-ВС\
CD  (27? + CD) = 4/?2; CD2 4~ 2RCD — 47?2 = 0.
CD= 7? (/Г- 1).
Cd _ т?(/5-1) _
2 —	2	#ю*
6 Зак. 358.
61
29.	Периметр трапеции P=^BM-\-MN-\-^NO-\-OB. (1)
В Л МОтР гипотенуза ОМ = R, а катет 00j = следо-
вательно, ОМОХ = 30°. Но тогда и £ ВОМ = 30°, т. е.
ВМ равна qy окружности О.
^ВМ = ^- = ^-.	(2)
Из Л МОгО находим ЛЮц = ^у^-. Тогда MN = МОг —
-N01=^-^ = ^=^.	(3)
Далее находим: NO = -у 2к - -у =	(4)
ОВ = Р.	(5)
Подставляя (2), (3), (4) и (5) в (Г), получим:
₽=r(S+-!ViJ-
Площадь -S трапеции найдем как .
•5 — 5сект. ВОМ Н- Зд MOOt <$сект. OO^N-
Находим последовательно:
*^сект. ВОМ = ”|2"	S^MOOi g •
с	_
‘^сект/VOO! —	1fi~*	4
30.	Покажем, что после проведения k-и прямой на
плоскости число частей увеличивается на k.
Пусть на плоскости уже проведены k прямых общего
положения. Проведем (&-|-1)-ю прямую. (£-|-1)-я прямая
пересекается с уже имеющимися k прямыми в k точках,
которые делят ее на fe-|- 1 частей. Следовательно,' (k~p 1)-я
прямая рассечет ровно k -|-1 частей из всех имевшихся
ранее частей плоскости. Так как каждая из этих частей
разбивается на две части, то после проведения (k -f- 1)-й
прямой общее число частей увеличивается на (/г-j-l).
Отсюда вытекает, что I прямых общего положения раз-
бивают плоскости на
2 + 2 + 3 + -. .+1 = 1+Ш.= '±^ частей.
62
31. Можно доказать, что любые две оси симметрии
М
С\
пересекаются внутри многоугольника. Покажем, что третья
ось симметрии пройдет через точку пересечения двух дан-
ных. Для доказательства предположим противное. Тогда
три оси симметрий образуют некрторый треугольник АВС.
Выберем внутри треу-
гольника АВС произ- Mi
вольную точку О. Любая
точка М плоскости ле-
жит, очевидно, по ту
же сторону, что и О,
по крайней мере от од-
ной из осей симметрии.
Соединим точку О с наи-
более удаленной от нее
точкой М многоугольника. Пусть О и М лежат по одну
сторону от оси АВ. Точка Мх, симметричная М относи-
тельно АВ, также принадлежит многоугольнику. Пусть
ООХ— перпендикуляр, опущенный из точки О на ММХ.
Ввиду симметрии точек М и Мх, MXN = NM. В то же
время МХОХ > МОХ, значит, OMi > ОМ, что противоречит
тому, что М — самая далекая от О точка многоугольника.
Полученное противоречие доказывает утверждение.
32. Пусть Ах......Ар — левые, а Вх, В2, ..., Вр — пра-
вые концы данных отрезков. Тогда любая точка (г = 1,
2.....р) лежит левее любой точки Bj (j = 1.......р) или
совпадает с ней. Действительно, если бы точка А; лежала
правее точки Bj, то отрезки AjBj и AiBl не имели бы
общих точек. Выберем теперь среди точек А( самую пра-
вую точку Ak, а среди Bj — самую левую точку Вг. Тогда
отрезок AkBt принадлежит всем данным отрезкам AiBt
(/=1,2, ..., р). В самом деле, точки Ak и В{ принад-
лежат каждому из данных отрезков, следовательно, это
же верно и для отрезка AkBt. Нетрудно убедиться в том,
что точки Ak и Bt могут совпадать, тогда отрезок AkBt
превращается в точку.
33. Пусть фигура имеет два центра симметрии Ох и О2.
Отразим точку Ох симметрично относительно 02 и покажем,
что полученная точка О3 также будет центром симметрии.
Пусть А — произвольная точка фигуры. Тогда точка Ах,
симметричная А относительно О2, также принадлежит фи-
гуре, ибо О2 — центр симметрии. По той же причине при-
надлёжат фигуре точка Л2, симметричная Ах относительно Ох,
6*
63
и точка Л3, симметричная Л2 относительно О2. Легко ви-
деть» что
а значит,
отрезок Л03 равен и параллелен отрезку ЛД
и <

отрезку Л2ОХ. Но А303 равно и параллельно
ОХЛ2, следовательно, ЛО3=
= О3Л3 и точки А, О3, А3
лежат на одной прямой. А
это значит, что точка Л3,
симметричная точке А от-
носительно О3, принадле-
жит нашей фигуре, т. е.
О3— центр симметрии. Ана-
логичным образом можно
построить центры снимет^
рии О4, О8 и т.д.
34. Из точки В прове-
дем диаметр BE. Он рас-
положится или между
И ВС или, по одну сторону от них. (Будем
Проведем высоту
лл
к
AB
I
I
ч
хордами
рассматривать оба случая совместно.)
BD = h. Из А АВС имеем:
Из A BDC имеем: sin С =	.
Следовательно, — h	Из . Д BDG'. •	..
.. DC ==V;aa-Aa = У о2-
64
Из Л ADB:
AD =	= ]Л2- -g- =2^- |/47?2-а2.
• Для 1-го и 2-го случаев соответственно имеем: АС = DC±
±AD. Отсюда: лс =
9
Примечание: На чертежах с < а. В случае с > а а и с
поменяются в конечном выражении местами.
35. Пусть катеты треугольника равны а и Ь. Находим
сумму площадей треугольника и двух полукругов, построен-
ных на катетах.
S =
4дЬ4-я(а2 + Я
Находим сумму площадей искомых лунок, как разность
между найденной площадью фигуры и площадью полу-
круга, построенного на гипотенузе, как на диаметре.
S
36. Через точку О про-
водим диаметр, параллель-
ный стороне АВ и строим
Л ОА'В', симметричный
треугольнику АВО относи-
тельно этой оси.
M0N	измеряется
+	Так
как 001 — ось симметрии 1
пересекающихся окружно-
стей, то MN = M'N'
и так как £ M0N == 60°,
следовательно MN =
= 60°.
л (а2 + 62) ___ ab
8
37. Представим заданное выражение в виде х ;=
=V&4. Под квадратным корнем находится многочлен
4-го измерения. Нужно оставить под знаком корня выра-
жение 2-го измерения, чтобы корень оказался однородным
выражением 1-го измерения:

65
1 /	/ b2 \2
Строим теперь отрезок у = I/ а2 4* (—) , а затем отрезок
к = Уау.
X КЛАСС
1,	Показатель степени есть сумма натуральных чисел
от 1 до п — 1, значит,
2^ п^п 21 2з+••• + (п—I) _ 2-22-23-	-2
Так как п > 2, то 2я > п -f-1, и, следовательно,
2-22-23- ... -2я-1 > 1-2-3-4 ... п = п!
' Значит:
^п{п— 1)
22	> п!
2.	Обозначим частное от деления многочлена
хл-«_|_хя-2^+ ••• F(x> У)
на разность х— у через Q(x, у).
По теореме Безу имеем:
F(х,у) = (х-y)-Q(x, г/) + п-уп~'.
Обозначим наибольший общий делитель для F (х, у) и х — у
через D.
Тогда: F(x,y) — kD и х — y = lD, где k и I — целые.
Отсюда следует, что D • k = D • I • Q (х, у) + пУп ~1 > или
/1—1
fe = /.Q(x,z/)+^%—.
Так как D не является делителем у (ибо в противном
случае у и х — у имели бы общий делитель, а следова-
тельно, хиг/ также имели бы общий делитель), а п ‘ -
целое, то D является делителем п.
3.	Обозначим основание системы счисления через*»,
а последнюю цифру некоторого числа, записанного в этой
системе, через а. Очевидно, что а < п, a n> 1.
Натуральное число, оканчивающееся цифрой а, можно
записать так: Кп -J- а. Имеем: . (Кп-\- а)2к+1 = Ln'-\- a?k+1,
где К и L — натуральные числа. Согласно условию: а2к +1 =
= Мп -\-а (М — натуральное число).
66
‘Гогда: a2kvl — а = Мп и a(ак 4- 1)(а* — 1) = Мп. 
Умножим обе части этого равенства на ак~1.
Получим: ак (а*	1)(а* — 1) — Nn (N — натуральное число).
При любых натуральных значениях k и а < 10 левая
часть, как произведение трех последовательных натураль-
ных чисел, делится на 2, и 6 и только на них. Следо-
вательно, «'может быть равно одному из этих трех чисел.
4.	Перепишем тождество, данное в условии, в таком
виде:
(2х — I)20 = (ах + 6)20 + (х2 + рх + <?)10.
При х = у левая часть обращается в нуль. В правой
части оба слагаемых всегда больше или равны 0 (все рас-
сматриваемь;е числа действительны), поэтому при х = у
оба слагаемых должны обратиться в 0. Итак, а-у 4-6 = 0,
откуда а = — 2Ь. Теперь тождество принимает вид:
(2х — 1 )20 = (— 2Ьх + Ь)20 (х2 4- рх <?)10, или (2х —
— 1)20-(1 — Ь2й) = (х2 4- рх 4~<7)10- Сравнивая коэффициенты
при старшей степени в обеих частях, получим:
220 (1 -г 620) = 1;	= 1 - JL; & =
Тепёрь тождество принимает вид:
/ 1 \20
(х —у) =(х24-рх + <?)10.
Отсюда имеем:
/ 1 2 1
х24-рх-н = (х—у);р== — 1; <7=4-;
О т в е т: а = 2jZ220 — 1 ; Ь - —р = — 1;<? =-1
или а — — 2^22в — 1; b —	1 ч; р = — 1; q = -1.
Проверка того, что оба результата удовлетворяют тре-
бованиям задачи, не составляет труда.
5.	Пусть р > q; р и q — нечетные.
По формуле
ат _ ьт = (а — Ь) (ат~1 4- ат~2Ь 4- ат~3Ь2 4- .... 4" 6^“‘)
67
имеем:
рР-1 = (р-1)(р^‘4-рР-2 + рР-3+ ... +1) =
= (р-1)(2^+1),
так как рр~1 4* Р?~2 + • • • +1 — число нечетное.
По формуле (для нечетного иг):
имеем:
4-	1 = (<7 + 1) (<7»-1 _ дЧ-2 + Г-3 _ ... 4- 1) =
= (<74-1)(2п4-1).
Здесь k и п — целые числа. Значит,
Рр+^ = (Рр-1) + (^+1) = (Р-1)(2^+1) +
+ (<74-1)(2п4-1) = 2(р-1)(А>4-п4-1) =
= (р-14-^ + 1)(Л+п+1) = (р+<7)(^+« + 1).
Из этого следует, что pp-\-q4 делится на p-\-q.
Замечание: Сформулированное в задаче предложе-
ние имеет место и для любых нечетных
натуральных pviq, таких, что р = q 4- 2.
6.	Докажем с помощью математической индукции. При
п=1 fe«+24-(fe4-i)2«+, = fe3+(fe4-1)3 = 2fe34-3fe24-3fe4-
-4 1 = 2k (fe2 4- k + 1) 4- k2 4-k 4-1 делится на fc*4-fc4H.
Пусть теперь выражейие £п+2-|-(&4~ l)2n+1 делится на
Л2 4- k 4- 1 при п — т.
Докажем,, что делимость имеет место при п = т-\-\.
„ ьт+2 A-(k 4- n2'»+I
Итак, ------^7, у ;----------целое число.
’ k2 + k + 1
Тогда:
£(m+l)+2 + (A,	j)2m+3 _ 6m+2.6-|-(6 + J)2m+1-(* + i)2 _
£2+ 6+1	“	62 + k + 1	—
Лт + 2 • A 44* + l)2m+1 • С*2 + 26 + 1)
~	£2 4. k 4- 1
_ k m+2 -k + k^(k 4- l)2m+14-2£(£ 4- l)2m+1 4-(k 4- l)2m+1 _
kz 4- k 4-1
_ k\km +2 4-(£ 4- l)2,n+1] 4-(A4- l)2m+I-(^ + k 4-1) _
£2 4-6 4-1
btn + 2 I /L 1 i\2m+ 1
°	62 4^6 4T-----k + (k+Vf^
по предположению — целое число. Утверждение доказано.
68
7.	Поделив данное неравенство на ak и учитывая, что
а*_>0, получим следующее неравенство
1 ^'а*-1+а*-2+ •••	(О
эквивалентное данному. Группируя окаймляющие члены
в правой части полученного неравенства, приведем эту
часть к виду
(‘-‘+v=r) + (“w+^)+ •" +(°!+Ж
(а Н—) +1 •
\ а/
Перенесем единицу из левой части неравенства (1) в пра-
вую часть и заметим, что 1 — а° = Для доказатель-
ства исходного неравенства достаточно доказать следующее
неравенство
^ + ^>^ + ^=Г>	(2)
справедливое при	<
Действительно, рассмотрим разность:
аЧ. £ _	_ _L_ = ак-1 (а‘ - 1) +=
 (а1 —	— 1)
Очевидно, обе круглые скобки в числителе правой части
имеют один и тот же знак, как при а > 1, так и при а < 1,
следовательно, (2) доказано.
8.	Заметим, что числа 10 и те могут быть представлены
бесконечными десятичными дробями 10 — 9,999... 9 .'..,
те = Оо, ai az а3 ... а„, где а0 = 3,	1, az — 4, ...
Убедимся, что бесконечная десятичная дробь
(9 — Оо).(9 — ах)(9— а2) представляет собой число 10 — те.
В самом деле, сумма указанной дроби и дроби, представляю-
щей число те, очевидно, равна дроби 9,999...9..., равной 10.
Так как по условию lim а° j ‘ а", то
Нт (9 — а0) 4-(9 — ар 4~... + (9 — ап) _ g_
л + оо	П + 1
_Пт «о 4-«1 +••• + «» = 4 5
п->оо	"+1
69
9.	В тридцатизначном числе троек из подряд стоящих
цифр 28. Из цифр 1, 2 и 3 можно составить не более 27
различных трехзначных чисел. Таким образом, из 28 трех-
значных чисел, по крайней мере, два равны.
10.	Данный ряд чисел представляет собой разложение
бинома Ньютона, если положить х = 1; а = 1; п = 104, т. е.
4	4
I10 = 210 = 210000
Характеристика логарифма этого числа — ЗОЮ, следова-
тельно, число 21000 имеет ЗОН цифр.
11.	При и>2 мы'имеем (пользуясь формулой бинома):
4”+ 15/1 — 1 = (3 + 1)я + 15п — 1 =3« + 3'->С;+ ... +
+ 32СГ2 + ЗСГ‘ + 1 + 15п— 1 =
= 9(Зя-24-Зя-3С^+ ... -НСГ2)4-18/1,
и оба слагаемых, очевидно, делятся на 9.
12.	Докажем методом математической индукции Is = I2
13 +23 = 1+8 = (1+2)2
13	+ 23 + 33 = 36 = 62 = (1 +2 + 3)2 ...........
13'+23 + 33+ ... + пз = (1	2_з... +п)з.-=
13 + 23+ ... +n3 + (n + I)3 = (13 + 23+ ... +»’) +
+ (П + 1)з = р±+21.)-д_]2+ (n + I)3 = (n + I)2 [4 + п +
п2+4п + 4 = (п+1)2(п + 2)2 .
(n+lHn + 2) у
13.	Пусть alt ... а&п— данное число, аыа^ ...
Обл—1 — число, полученное перестановкой последней цифры
на первое место.
Заметим, что 106л — 1 делится на 7. Действительно,
108+ 1 = 1001 делится на 7, а 106"—1 всегда делится
при п>0 на 103+1.
Рассмотрим число ОбДЮ6”—I), которое делится на 7.
Тогда
ОбП (106л — 1) +	... а6п =	... овп-10
также делится на 7. Отсюда, очевидно, следует, что
абЯО1О2 ... ОбЛ-1 делится на 7.
14.	Пусть тогда k(n —
Действительно, kn — k — n — n(n — 1) — k (k — 1) =
= (n — k) (k — 1) > 0. Если n — четное, то (n!)2 разбивается
на n сомножителей, каждый из которых не меньше, чем п,
значит, (п!)2>п". Если же п — нечетно, то (п!)2 опять
разбивается на п сомножителей, п — 1 из которых будут
такого же типа, как и в четном случае, а n-й сомножитель
/ п + 1 \2 Ц 	/ Я + 1 \2	( п — 1 \2 п
равен —I. Но I——I —п = I —т>—I >0, значит,
( " j и утверждение верно и в этом случае.
15.	Имеем стороны: а; а-{-г; а -\-2г и углы соответ-
ственно: а; a-J-ф; a-f-2<p.
По теореме синусов:
а _ а + г _ а 4- 2г
z sin a sin (а <f) sin (а -|- 2<р) ’
отсюда
а + (а + 2г)	_  а + г иди 2(а+г)	_
sina sin (а 4- 2ср)	sin (a + <р)	2 sin (a -f" ?) cos?
- a+r
Sin (a + <p) ’
Отсюда cos ср = 1; ср = 0, т. e. треугольник равноугольный,
а значит равносторонний.
16.	Напишем ряд тождеств:
sin г
cos x-cosy *
sin г
cos у -cos z	cosy-cosz'
sin r
cos Л cos u ’
sin r
CQS U-COSV ’
tgI/_tgx = ^=^
COS X-cos у
।	. sin (z — u)
,	, , sin (u —-1) •
tg«-tg/=^os7.co5t;- =
tgt>-tg«=sin(l,-“) =
°	° cos и-cosy
Сложив левые и правые части, получим:
tg v — tg х = sin г I--J—------1-----?----
°	°	i \COSX-COSZ/ 1 COS У' cos z
, 1 \
’ COS U' COS V /’
Отсюда:
*________I_______i______!	_ I__________*
COSX-COS# ' COSJ/-COSZ ‘	‘ T cosw-cosv
_ tg v — tg x _____ sin (v — x)
sinr cosv-cosx-sinr ‘
71
17.	По условию задачи 2б4 = а24-с4.
Поэтому т’. =	_ 2с- - ml= +	=
= >;	™ + =за,
Отсюда та: ть: тс = с: b: а.
18.	Пусть а < b < с, тогда hc<hb< ha.
Нужно доказать, что a:b:c = hc‘.hb:ha —	=
ill	ale ill
= —: -г-: —,	или жо,	-г»-: -г:	тз-	=	—: -г: — •
с	Ь	а	/	№	Ъ	Ьг	с	Ь а
Но по условию ас. Значит, действительно,
а	,	1	.	с	_ а	,	1 .	с	_ 1.1,1
b2	'	b	'	Ь2	ас	’	b '	ас	с ' b '	a'
19.	Очевидно, что S1 = x14~x2, S2=Xj-|-x3. S9 = x3-j-
+ x5, S10 = x4-|-x5. Каждое xz (i—1, 2......5)	входит
точно в четыре суммы Sy, следовательно, S = Sx S2 -]-
-|- ... -|- Slo = 4 (хх 4~ *2 + • • • + х6). Из выражений для
Sx, S2, Slo, S легко находим хх = Sx + S2 -f- Slo-j-. Ана-
5
логично из выражений для S2, Slo, S находим х2 = у —
— S2 Slo.
Точно также находятся
Х3 = "4---*$1--*^10»	-^4 “ "4-----$99
х5 =	+ S9 + S10----j-..
n
20.	Рассмотрим выражение	являющееся
i=l
п
квадратным трехчленом Ах^-}-2Вх-\-С, где А =
z=i
п	п
В=Уа^, С = 2 6/. При всех действительных значе-
z=i	1=1
ниях х этот трехчлен принимает неотрицательное значение,
следовательно, его дискриминант В2 — АС -С 0, т. е.
п п
72
21.	Покажем сначала, что никакие три числа b < с <d,
записанные в троичной системе цифрами 0 и 1, не обра-
зуют арифметической прогрессии. Действительно, число
b-\-d имеет в записи цифру 1, а число 2с записывается
лишь цифрами 0 и 2, так что равенство b -f- d = 2с невоз-
можно. Далее, если а0. ai> • ••, a*-i, а* —члены данной
последовательности, первые k из которых записываются
цифрами 0 и 1, то любое число, записываемое нулями
и единицами и не превосходящее ак, является членом по-
следовательности (это есть следствие условия минималь-
ности). Покажем, наконец, что все члены последователь-
ности выражаются числами, записываемыми в троичной
системе цифрами 0 и 1. В самом деле, утверждение спра-
ведливо для Оо и ах. Пусть оно справедливо для ай, аи
а2 ... ак. Если в троичную запись числа ак входит цифра 2,
то число Ь, получающееся из ак после замены всех цифр 2
цифрой 0, в силу сказанного выше, совпадает с одним из
at(i = 0, 1, 2, .... aA_i).
Число ai-\-ak записывается лишь нулями и двойками, и,
следовательно, ах 4* ак = 2с, где с — число, записываемое
нулями и единицами. Так как ai < ак, то с < ак и поэтому
с = оу (/ < k). Равенство ai ак = 2аj показывает, что
числа at, aj и ак образуют арифметическую прогрессию.
Полученное противоречие доказывает справедливость
утверждения задачи.
22.	Пусть разность прогрессии равна d и один из ее
членов — а = т2, где т — натуральное число. Тогда число
(т 4- d)2 = т2 + 2/nd d2 = а 4- d (2т 4- ^является членом
прогрессии (так как оно имеет вид a-{-nd, (п— целое)
и вообще число (т 4~ kd)2 = т2 -j- 2kmd 4- k2d2 = а 4*
4- d (2km-j- k2) является членом прогрессии при любом k.
Мы указали тем самым бесконечное количество членов
прогрессии, являющихся точными квадратами.
23.	Допустим противное: пусть ]f2, ]/"3, являются
членами некоторой арифметической прогрессии, тогда
/З—/2 = md, /5— /2 = nd
(d — разность прогрессии, т. и п — целые числа), откуда:
т ( /5 — /2) = п (/3 — V 2);
m ]/5 — п |/ 3 = (/п — /г) |/ 2.
73
Возводим обе части равенства в квадрат:
5/и2 + Зп2 2тп J/15 = 2 (tn — п)2, и, слёдовательно,
. г-г=-	5m^ 4- Згг2 — 2 (т — пр
у 15 =--------—s-----------, а это невозможно, так как
г	2тп	’
У 15 есть число иррациональное.
24.	Для того чтобы плот мог находиться в канале, по
крайней мере одна из его сторон не должна превосходить ft.
Если и другая его сторона не превосходит ft, то в этом
случае максимальная площадь ft2 будет у квадратного плота
со стороной ft. Такой плот, очевидно, может пройти по
каналу. Если вторая сторона плота больше ft, то, проходя
поворот, плот сам может повернуться и в некоторый момент
его стороны должны образовать угол в 45° с берегами
канала. При этом плот должен находиться внутри равно-
бедренного, прямоугольного треугольника АВС. Если плот
имеет максимальную площадь, то две его вершины должны
находиться на катетах, 'а одна из сторон на гипотенузе.
В противном случае мы сможем увеличить его площадь
за счет удлинения его сторон. Обозначим одну из его
сторон через а, а другую, лежащую на гипотенузе, через Ь.
Тогда S = ab. Заметим, что АС = 2ft \А2 = 2а 4- Ь. Тогда
S = a(2ft |/2 — 2а) — 2(ah р 2 —а2) —2 [у—(у—а^У24"
-f- a2j =2	—а)2 j. Отсюда S максимально при а —
При этом b = 2h\A2— 2а = ftр^2. S = ft2. Этот плот
можно повернуть внутри канала вокруг точки О — вершины
угла! канала, так как он находится внутри окружности
радиуса ft с центром в точке О.
25.	Пусть logvx = z. Имеем: logr„x =	=
J ° У	°ХУ logy (ху)
logyX	г	г	г
“ logyх + 1 = г + 1 ’ 1°6у-‘2Х = Т+27’ Ogyjc*X — 1 + Зг '
По условию задачи z 4- ууу = ууу- 4- ТТзР
или после упрощения
3z2 + 6z-^2 = 0,
откуда
2 —	3
74
26.	Воспользуемся формулой logB А = -|og в .
log Л • log^ 4- logd,V • log,# 4- log4y • loga7V =
= 1 	1____.____1 1_______. 1 1
 log Na  logw6 -Г log/4  logwc “r log^c ’ logyi
log# c 4- log^q + log# b	iQg^ (abc)
log# a-log# b logjv c ~~ logNa-logNb-\ogNc ~~ 
__________1________
logaebN_____ _ Jlogg^dogftAMog^^
1.1.1	iog^ •	•
logaAf }ogbN iogcN
27.	Разделим все члены неравенства на 10х. Получим
(2	2
-g-J = #>0, получим неравенство у----—<-1,
или у2 — у — 2 < 0. Отсюда: (у 4-1) (у — 2) < 0,
а так как (г/-|-1)>0, то разделив на t/4-l, найдем
. У — 2 < 0, у < 2, (-§“)*< 2, х > logo,4 2.
28.	Воспользовавшись формулой logftа = -j-приве-
дем данное уравнение к такому:
logcos к sin х -4т——U—• = 2 или logcos х sin х—
1O&COS X 5Ш X
— 2 logcos X sin X 4- 1 = 0.
Отсюда:
(logcos *sin x — I)2 = 0, logcos x sin X = 1. sin x =
= cosx, tgx=l, x==2kn-}—^-.
Здесь нельзя написать x = kn так как при k = 2n-j-l
будет sin x < 0 и cos x < 0, а этого не должно быть,
потому что cos х и sin х являются основаниями логарифмов
и не могут быть отрицательными.
LJ__L_L	±4.2-4.	4-	+
2.54 -З8 -516 ... = З2 2’	“7^
75
х 5^’ + ^’+ “ + ^г+
limf _L j_ _L _l _1_ 4. I 1 I \ _ 2
zi—*oo\ 2 “ 23 > 25 “ •' • T 22»+i -r • • j — з ,
litn/_L_|__L_i_	\ =_L
П-ОО 4 I 42	4n ' • • • у 3’
2	1
Отсюда: 33 • 53 = yz3MT= ^45.
30.	x > 0; у > 0 (так как х и у —основания показатель-
ных' функций)
Г Z/lgX з= X 1g 1/(1)	lg q .
1 х 1g а = у 1g b (2)	*8 ь
Уравнение (3) имеет положительные решения х > 0, у > 0
при условии > 0.
Следовательно, данная система не имеет решений, ес-
ли одно из чисел а и Ь больше, а другое меньше 1. Бу-
дем считать, что эти числа либо оба больше 1, либо оба
меньше 1, тогда> 0. Подставив у из'(З) в (1) и
сократив на х (х>0), получим — l)lgx =lgд|^-. (4)
Если 1g а ф lg Ь, т. е. если а ф Ь, то из уравнения (4) на-
ходим х, а затем из уравнения (3) — у. Если а — Ь, то
(4) удовлетворяется тождественно, а исходная система
примет вид: ху = i/-v, ах = аУ, откуда х = у.
„	/lgb\.../lqb\_________________
Ответ: х = (ф—) igt> — iga, у =( А*—) ig * — igar если а
\lga/ ° > v \]qaj	г
и Ь (оба) больше, либо меньше 1 и а =# Ь: у = х, где х
любое положительное число, если а = Ь. Система проти-
воречива, если одно из чисел а и b больше, а другое
меньше 1.
31.	Обозначим)/ 5/' 2-|-7 —у 5 у/ 2 —7 =х. Тогда
х3 = 14 — Зх. Отсюда: х8 Зх — 14 = 0.
(х8 — 8) + (Зх — 6) = (х — 2) (х2 + 2х -|- 4) 4- 3 (х — 2) =
— (х— 2)(х2-|-2х-|-7) = 0. хх = 2, х2, з — комплексные
числа. Значит, х = 2.
Ответ: У 5/Т-|-7— У 5/‘2 —7=2-
76
32.	Легко видеть, что!
1

Обозначим (]/*2	‘3’)'* = У, тогда получим уравне-
ние у2 — 8t/+ 1 = 0, из которого находим у — 4±: /15.
~	log 4 zt
Ответ: х = — г л •
log/2 + V3
33.	Из пропорций: lg z/ =	+
1е,_ z(x + y~z)lgY
°Z~x(y + z-x) lgx>
Прологарифмировав хУу* = z?tf = xzzx,. получаем
у lg x 4- x lg у = у lg z + z lg у = z lg x + x lg z.
Подставим в последнее значения Igy и Igz.
у lgx+-^(£±4.-^. igx = . ^(£+.^.z2L igx +
x(y + z — x) ъ x(y + z — x) &	1
_]_ zyfr + x-y) J	1	. XZ(x + y-Z) J
x(y + z-x) lgX z,gx"|- X(l/-|-Z-X) ^x>
 №x--r 2xyz =	; 2xy% = —:	-—r- 2xyz.
x (У + г — X) "	x (у + г — x)	x (у + г — x) a
34.	Данное уравнение равносильно следующей смешан-
ной системе:
(№ —Юх-f-15)(х2 —8x4- 15) = 3х(ха — 6х+ 15);
х2 —6x4-15^0;
х2 —8x4-15/0. .
После преобразований уравнения этой системы полу-
чим:
х4 — 21х» 4- 128х2 — 315х 4- 225 = 0;
х4 — 7х® — 14х3 4- 15х2 4- 98х2 4- 15х2 — 210х — 105х 4-
4- 225=0; х2 (х2 — 7х 4-15) — 14х (х2 — 7х 4- 15) 4-15(х2 —
— 7х+15) = 0;
(х2 — 7х 4- 15) (х2 — 14х 4- 15) = 0.
Ответ: хг = -7	; х3 = 7 4-/34;
х2 =	х4 = 7 - |/ 34.
7 Зак. 358
77
35.	Пусть х = а-\-Ы\ y — c-\-di. Тогда
4- ] х — |а = | (в 4- е) + (& 4- d) <4® -4-1 (в — е) 4-
+ (b — d) i |a = (a + c)2 + (b + d)8 4- (a — c)8 4-
+ (b - d)a = 2 [(a® + 6®) + (c® + d®)] = 2 (| x I® +1 у I®).
36.	Обозначим отрезки a = ВС, b = CA, с = AB и Л2,
B2, C2— соответственно середины сторон ВС, С А, АВ.
Имеем векторы ЛЛХ = с 4--^-a 4" Л2ЛХ; ВВХ = а -|—b 4-
4* B^B-i, CCi = b—2~с-[-С^Сх, о-|-6с = 0 и Л2ЛХ 4*
—►	—>•
4-В2Вх4-СгСх = 0, так как отрезки Л2ЛХ, В2ВЪ С2СХ мо-
гут быть сторонами треугольника, полученного из тре-
угольника Л2ВаС после поворота его на 90°.'
Следовательно,
ЛЛх4-ВВх4-ССх = 0,
что и требовалось доказать.
37.	Возьмем две точки Л и В из данных п точек, рас-
стояние между которыми — наибольшее, и положим на
плоскость два круга радиуса 1 с центром в точках Л и В
соответственно. Тогда- любая из данных п точек попа-
дет, по крайней мере, да один из двух кругов. Действи-
тельно, если С — одна из данных п точек, то и АС и ВС
не превосходят длины отрезка АВ, значит, либо АС,
либо ВС имеет длину, не превосходящую 1.
38.	Предположим противное, т. е., что существуют
три точки Л, В и С из числа данных п точек, не лежа-
щие на одной прямей.
Проведем через точку
Л прямую MN, не
содержащую, кроме
Л, других точек из
числа данных и не
параллельную прямой
* ВС. Проведем все
прямые, соединяющие
попарно заданные п точек. Эти прямые пересекут пря-
мую MN в ряде точек, среди которых выберем точ-
ку Р, расположенную ближе всего к точке А. Пусть,
далее 2ИХМ — та из прямых, которая пересекает пря-
мую MN в точке Р. По условию задачи на прямой
MlN должны быть расположены по крайней мере три из
78
наших точек. Обозначим эти точки через Q, R, S. Вос-
пользуемся теперь тем, что на прямой AR, кроме точек
А и R, обязательно должна быть расположена еще хотя
бы одна точка О из наших п точек. Рассмотрим прямые
OP, OQ, OR, OS, которые "пересекут прямую MN в четы-
рех точках Р, Qj, А и Sx. Но точка расположена
ближе к точке А, следовательно, мы пришли к противо-
речию, ибо предположили, что Р есть та из точек пересе-
чения прямых с MN, которая расположена ближе всего
к А. Полученное противоречие показывает, что все п
точек лежат на одной прямой.
39.	Каждая точка пересечения диагоналей опреде-
ляется заданием двух диагоналей, которые в ней пере-
секаются и которые в свою очередь определяются че-
тырьмя вершинами многоугольника. Следовательно, иско-
мое число не превосходит Сп, совпадая с ним, например,
в случае выпуклого четырехугольника.
40.	Докажем, что число малых треугольников вида
(1, 2, 3) будет нечетным, следовательно, будет существо-
вать по крайней мере один такой треугольник. Каждый
треугольник разбиения, вершины которого занумерованы
цифрами 1, 2, 3 (число таких треугольников мы обозна-
чим через X), имеет единственную сторону, концы кото-
рой занумерованы цифрами 1, 2; каждый треугольник,
вершины которого занумерованы цифрами 1, 2, 2 или
цифрами 1, 1,2 (число таких треугольников мы обозна-
чим буквой У), имеет две стороны, концы которых имеют
номера 1 и 2. Остальные треугольники разбиения не
имеют сторон, занумерованных цифрами 1, 2. Отсюда сле-
дует, что общее число сторон треугольников, занумеро-
ванных цифрами 1, 2, равно Х-\-2У, где каждый отре-
зок, занумерованный цифрами 1, 2, расположенный внутри
основного треугольника, считается дважды, ибо он вхо-
дит в качестве стороны в два трёугольника, расположен-
ных по разные стороны от этого отрезка. Каждый же из
отрезков 1, 2, расположенных на сторонах основного тре-
угольника, является етороной лишь одного из треугольни-
ков разбиения и, следовательно, учитывается один раз.
Таким образом, если обозначим число отрезков 1, 2, рас-
положенных внутри большого треугольника, через А, а
число таких отрезков,. расположенных на стороне 1,2
основного треугольника, через В, то будем иметь X-j- 2У=
= 2Л + В.
7*
79
Отсюда вытекает, что число X является четным или
нечетным одновременно с числом В, и достаточно дока-
зать, что В — всегда нечетно. Двигаясь вдоль стороны
1, 2 основного треугольника от вершины 1 к вершине 2,
после нечетного числа отрезков 1, 2 будем встречать вер-
шины разбиения, занумерованные цифрой 2, а после, чет-
ного числа таких отрезков — вершины, занумерованные
цифрой 1. Но так как последняя вершина разбиения, рас-
положенная на рассматриваемой стороне, есть вершина 2,
то общее число отрезков 1, 2, находящихся на стороне
1, 2 основного треугольника, должно быть нечетным. Зна-
чит, число В, а вместе ~с ним и Х-, также нечетные
числа.
41.	Число п должно быть не меньше трех (ибо не
все п точек лежат на одной прямой). Если п = 3, то
утверждение очевидно: три точки, не лежащие на одной
прямой, соединяются попарно точно тремя прямыми. При-
меним теперь метод математической индукции: предполо-
жим, что для п точек теорема уже доказана, и покажем,
что в таком случае она справедлива и для п -f- 1 точек.
Рассмотрим все прямые, соединяющие попарно п -f- 1 то-
чек. Согласно результату задачи 38, хотя бы на одной из
этих прямых должны быть расположены только две точки
Л„ и Лл + 1 из нашей совокупности. Если точки Alt Д2,...,
А„ расположены на одной прямой, то общее число пря-
мых, очевидно, будет точно равно n-f-l: это будут п
прямых, соединяющих точку Ап +1 с точками Л1( Д2, ....
Ап, и прямая, на которой расположены эти последние п
точек. Если же п точек Аъ Д2, ..., А„ не лежат на од-
ной прямой, то по предположению индукции среди прямых,
соединяющих попарно точки Дх, А2, .... А„, будет не
менее п различных. Добавим теперь сюда все прямые,
соединяющие Ап +1 с точками .... А„. Так как на
прямой АпАп +1 не расположена ни одна из точек
Дх, Д2, ..., Лл-1. то эта прямая не содержится среди
прямых, соединяющих попарно точки Аь Д2, ..., А„. Тем
_ самым мы докажем, что число прямых стало не меньше
п 1. В силу принципа индукции отсюда вытекает, что
утверждение справедливо для любого числа точек.
42.	(а-Н>+<9я=[(а+ 0-НГ=(«+&)"+ Cln	- ld +
+ С^(а + &)'’-Ч4+ ...	+
В разложении по формуле бинома Ньютона каждого из
80
полученных членов будем иметь следующее число чле-
нов:
в члене (а -|- Ь)п будет («4-1) членов разложения
» » (а 4~ Ь)п — 1 »п »	»
» »	(а-\-Ь)п~2 »(«—1) »	»
»	»	(а 4- Ь)2.	»	3	»	»
»	»	(a.-j-ft)1	»	2	»	»
»	»	(а 4- b)°	»	1	»	»
Всего членов получим:
(«4-1)4-п4-(п-1)4- ... 4-34-24-1.
Суммируя, как арифметическую прогрессию, найдем
о __ (я + 2)<я + 1)
5	2
. 43. Всего членов в разложении будет (2п 4- 1). Сред-
НИЙ член 7. + , = С5.Л- - 2я (2л — 1) (2п — 2).(я+1) а-у- _
1 • Z • Q ... П
Умножив члены дроби на. п!, получим* Тп + 1 =
_	1-2-3 ... 2nanxn
~ 1-2-3 ... я-1-2-3 ... п'
Числитель содержит п четных сомножителей и п нечет-
ных. Большее четное число равно 2п, нечетное — (2п — 1).
т __ 1-3-5 ... (2я —1)-2-4-6 ... 2па"х"
уя+‘—	1-2-3...я-1-2-3...я
1-3-5.. ,(2я — 1) 2"(1-2-3...я)а"х" _
1-2-3...я-1-2-3.;.я —
1-3-5...(2я — 1)-2„а"х"
l-2-З-...я
(1+4)"=1+'+i£!fJi4+---+
I Я (Я — 1) .   (Я — fe) 1	|	 1^01
"г	(k +1)1	1 ' • • • Т П" I"
4-4"+‘^’+ ••• +^ггт+ ••• +-^Г<3-
*
45.	Пусть в турнире участвовало х шахматистов од-
ного класса и 10х шахматистов другого класса, всего
11 х чел. Число сыгранных партий, а также и количество
всех очков, набранных всеми участниками, равно О
81
Так как эти очки поделены между классами в отно-
шении 1:4,5, то класс с меньшим числом участников
набрал
х(11х — 1)-9	,г -
очков, а другой 5—?—— очков. Учащиеся класса с
меньшим числом участников сыграли партий между собой
* и 10х2 с шахматистами другого класса. Получим
неравенство:
х (1.1 х — 1) < IQx2 + —или х2 < х.
Поскольку х > 0, то х < 1.
Так как х — целое число и больше нуля, то х= 1,
значит класс с меньшим числом участников набрал очков:
1.(11—1)= 10.	,
46.	Данное равенство по формуле бинома Ньютона
заменяется следующим:
•-	(1—3)4" = (1—5)2";
(— 2)4« = (— 4)2V
[(—2)4]" = [(—4)2]";
16" = 16".
47.	Приведем данное соотношение к целому виду:
1	,	1	_	3	. b + с + а + b ______3	.
a-j-b-!” b-f-c a + b-|-c’ ab-f-асb3-f-be a-j-b-t-c’
(a + 2b 4- c) (a	b 4- c) = 3 (ab 4- ac -|- b2 4- be).
Перемножив и приведя подобные члены, получим:
Ь2 = а24~с2— ос.	(1)
С другой стороны имеем:
Ь2 = а2 4~ с2 — 2ас cos В.	(2)
Из сравнения (1) и (2) находим:
2cos В = 1; cos В — £В = 60°.
48.	Делим все члены уравнения на 13:
2sin2x2 4-cos 2х 4- Ц sin 2х = 1.
Вводим вспомогательный угол <р равенством
cos 2<р = jg,
82
тогда sin 2ф = а уравнение преобразуется так:
1 о
2 sin8 х8 + cos 2<р cos 2х 4~ sin 2<р sin 2х = Г.
2 sin2x2 -f- cos (2х — 2<р) = 1.
1—cos 2х8 -]- cos (2х — 2<р) — 1.
cos 2х2— cos (2х — 2<р) = 0.
2 sin (х2 4- х — ф) sin (х — ф — х8) = 0.
Получаем два уравнения:
1)	sin(x2-|-x — <р) = 0.
X2 -J- X — — kit.
х2 х — (ф 4т kit) — 0.
_ — 1 ± /1 +4<р + Ш
X-	2	•
2) sin (х— ср — х2) = 0.
X — ф — X2 = kit.
X2 — х4-ф4-Ь: = 0.
_ 1 т£ I/ 1 — 4<р— 4kr.
X—	2
sin 2х — cos 2х 4-1_2 sin х-cos х + 2 sin2 х_cos x-|-sin x__
sin 2x + cos 2x — 1 2 sin x-cos x —2 sin2 x cos x—sin x
_ 1 + tg x
1 — tg x ‘
Поэтому неравенство равносильно такому	>0или
(1 4~ tg х) (1 — tg х) > 0, исключая х = kit, при котором ле-
вая часть данного неравенства теряет смысл, но является
решением преобразованного.
Таким образом, получаем:
1 — tg2x > 0, tg2x < 1, | tgx| <1, — 1 <tgx< 1,
fez---^-<x<fez, fez<x<fe«4--^-; fe = 0; т±г 1; ±2,...
50.	cos a -f- cos p = 2cos °	• cos a~T -; cos (a 4~ P) =
= 2cos2 а ф P— 1.
Следовательно, заданное равенство можно преобразо-
вать так:
2 cos-	+ 3	a — 3 J -cos^-	- 2 cos2	a + 3	1 2	2	= 0,
	a + 3	о —	3	a	 + ₽ i 1	
cos2	2	C0S 2	— •COS —	2	+ 4 :	= o,
COS—у-*-	1	a —8 ' 2 C0S 2 ,	Г+4		1- COS2 —	^1 = 0
83
/	« + 3	1 а----- ₽\2|	1	*2а -- 3 Л
(cos—pi 2“ COS—PJ +-7-sin2—pi = 0.
Но сумма квадратов вещественных чисел тогда и толь-
ко тогда равна нулю, когда каждое из этих чисел равно
. а—8 Л а + 3	1 а— 3 п
нулю. Отсюда sin —= 0 и cos — ^-cos—j-2- = 0.
Из первого, учитывая, что а и р— углы треугольника,
получим а = р. Тогда, подставив а = р во второе, най-
дем: cos а---= 0, cos а = у, а = 60°.
Итак, а = р = 60°. Тогда и третий угол равен 60°, т. е.
треугольник правильный.
51.	sina = 2sinP-cosy — sin(P-{-7)-|—sin (P— 7), но так
как a, p и 7 углы треугольника, то sin(р-j—7) = sina.
Поэтому sin а = sin a -]- sin (P — 7).
Отсюда sin (P — 7) = 0, и так как p и 7 углы треуголь-
ника, то 7 =. р, и, следовательно, b = с.
52.	Воспользовавшись формулами, выражающими три-
гонометрические функции sina и cos а через тангенс поло-
винного аргумента, получим:
a2tg-g-	b(l-tg2-y)
a sin a + 6 cos a ----------1------------- =
l+tg24"	l+tg2-^-'
2a2	/	a2\ a2 + b2
_ b V — b2/ _ b
~	, a2 “ a2 + b2 — °'
1 + b2	b2
53.	Предположим противное, т. e. пусть существует
такое число Т 0, что cos л (х -f - Т) cos (х -]- T)=cos ах -}-
-|- cos х.
Положим в этом равенстве х = 0, тогда cos аТ cosT=
= 14-1; отсюда 1 — cos яТ4-1 — cos 7 = 0.
аТ	Т
Из последнего равенства имеем: sin ~2~= 0, sin-g-=0,
аТ
следовательно, Т = 4Ai«, -у = 2£2«.
Из этих равенств получаем a.2fcft = 2k^, т. е. а =
ь.
= что противоречит иррациональности а.
Значит, Т = 0.
84
54.	&ABCD = &ABC 4" SaCD = $ABD ~l~ $BCD’	(0
Sabc =~j-bc sinB.
Sacd = ad sin D = ad sin (« — B) =	ad sin B.
Sabd = -g- ab sin A’, Sbcd —
= cd sin C — cd sin A.
Из (1) следует, что
(be -f- ad) sin В —
= ab sin A + cd sin A,
а отсюда:
sin A: sin B=(ad 4- be): (ab -|- cd).'
55.	Пусть a, p — острые, a 7 — тупой углы треуголь-
ника. Так как sin2f< 1, то для выполнения указанного
в задаче неравенства достаточно показать, что sin2a-|-
-|- sin2p < 1.
a 4* р < 90®, значит, р < 90° — а.
sin2 а 4~ sin2p < sin2 а 4- sin2 (90° — а) — sin2 л 4- cos2 а = 1.
56; Число корней равно числу точек пересечения гра-
фиков функций sinx и Эти точки могут лежать в про-
межутке: — 100 < х 100. На половине этого промежутка
100	
вложится периодов
Ответ: 63 корня.
57. Легко проверить, что данное уравнение удовлетво-
ряется при sinx = cosx, т. е. при х =	4~^- Докажем,
что других решений данное уравнение не имеет.
Во-первых, заметим, что sinx ф 0, cosx^O. Во-вто-
рых, sin х и cos х имеют одинаковые знаки. В самом деле,
переписав данное уравнение в эквивалентной форме
1	п	1
—н cos"x = -г-= sin” х,
cos'”*	sm’"x	’
заметим, что при cos х < 0 < sin х правая часть уравнения по-
ложительна, левая — отрицательна; при cos х > 0 > sin х —
наоборот. Следовательно, sin х- cos х > 0.
85
Если sinx<cosx<0 или 0<sinx < cosx, то
sin" x < cos" x и	x (ибо тип нечетные числа)
и почленным сложением получаем:
sin" х -I-L— < cos" х 4- —V
1 cosmx	1 sin^x
Если sin x > cos x > 0 или 0 > sin x > cos x, то анало-
гично имеем
sin"x4----U- > cos"x4-	.
1	cosmx	1 sin^x
Таким образом, из данного уравнения следует лишь
sin х = cos х и поэтому х —	-|- kit.
. 58. Так как 0 < а < то а > sin а, или
а sin а > sin2 а.
Также имеем, что cos а > cos2 а.
Сложив два этих неравенства, получим, что
cosa-|-a-sina > 1.
59.	Если человек из точки А будет идти только по
полю, то он, очевидно, сможет попасть за один час
в. любую точку внутри круга радиуса 3 км с центром
в точке Л и не сможет попасть ни в одну точку вне это-
го круга. Обозначим через Аг и Л2 точки на дороге, от-
стоящие от точки А на расстоянии 6 км. Проведем из
этих точек касательные к кругу, рассмотренному выше.
Докажем, что фигура, содержащаяся внутри контура,
образованного отрезками касательных от точек Ах и Л2 до
точек касания с кругом и дугами окружностей, заключен-
ными между точками касания ВВг и ССЪ является иско-
мым геометрическим местом. Для, этого достаточно дока-
зать, что человек, идя сначала только по дороге, а затем
по полю, или только по полю сможет попасть в любую
точку этой фигуры за один час и не сможет за это время
попасть ни в какую точку вне указанной фигуры. Дейст-
вительно, если человек, стоящий на дороге,’ через неко-
торое время сходит с нее, а затем снова возвращается на
дорогу, то при этом он тратит времени больше, чем идя
только по дороге. Пусть человек идет t часов по дороге
со скоростью 6 км в час (t С 1) до некоторой точки М
на отрезке ЛЛЪ а оставшееся время идет по полю прямо-
86
линейно со скоростью 3 км]час, тогда через один час он
окажется на окружности радиуса 3(1—t) км с центром
в точке М. Покажем, что эта окружность касается пря-
мых А1В1 и Л2СХ. Восстановим из точки М перпендику-
ляр к прямрй ЛХВХ до пересечения с этой прямой - в^оч-
ке N. Очевидно, что достаточно показать, что MN =
= 3(1 — /) км. Прямоугольные треугольники ДВХЛХ и MNAt
Ад дд
подобны, отсюда Мд =	, но AAt = 6 км, МАг =
=6 (1—t) км, ABt — 3 км, следовательно, Л4М=3(1 — t) км.
Таким образом, наша окружность касается прямых AiCt
и ЛХВХ фигуры А1В1В2А2С2С1, что и доказывает наше
утверждение.
60.	Проведем радиус в точку касания N образующей
ВС. ON — г. Обозначим ВМ = х, из подобных треуголь-
ников BDC и ON В находим:
BD _ BN . nr_ BDON _(2r + x)r	.
DC ~~ ON ’	BN .	W
По свойству касательной и секущих имеем:
BN2=BD-BM = (2r^ х)х, BN = /(2г-{-х)х.	(2)
Подставив в (1), получим:
_ (2г + х)г _ г у 2г+ х
V(2r + x\x ГТ
Укон = 4" ^DC2 • BD = ^2(2r + x)(2r + x)
_ w2(2r-{-x)2 Х
~ Зх	• W
Итак, конус будет иметь наименьший объем при наи-
меньшем значении дроби
Отсюда имеем:
х2 — («/ — 4г) х Ц- 4г2 = 0.
v _ (У —4г) ± Уу(у — 8г) ’
Х —	2
Для того чтобы х был действительным, необходимо, чтобы
у был не меньше 8r, i/> 8r.
87
Отсюда наименьшим значением для у является 8 г. При
у — 4г 8г — 4г а
этом значении у х =	— = —%— — ”г> а
BD = х4~ 2г = 4г.
61.	Обозначим ребро правильной n-угольной пирамиды
через /, угол между этим ребром и плоскостью основа-
ния— через а.-Объем пирамиды Vx меньше объема V2 опи-
санного около.нее конуса.
la	Р
Для конуса имеем: у = -j--------------------
2	-у я/2 COS a-1- sin а
=------6 . о ’ . но так как cosa-sin2a<:l, то--6 . о >
K.cosa-sin2i *	т. COS a-sin 2а
>А>1.
К	-	-
Следовательно, тем более
62.	Пусть многогранник имеет I ребер и т граней,
причем число сторон в гранях пъ п^, ... пт. Так как
каждое ребро является общей стороной двух смежных
граней, то ребер у многогранника в два раза меньше
числа всех сторон всех его граней, т. е. nx -J- п2 + • • • +
+ пт — 21'
Но это равенство невозможно, если все числа пх,
и2, ... пт, будут нечетными и число их нечетно, так как
тогда сумма таких чисел дает нечетное число, в то время
как 2/ — четное.	'
63.	Соединив центр вписанного шара со всеми вершинами
многогранника, мы разобъем многогранник на пирамиды,
основаниями которых служат грани данного многогран-
ника, все они имеют , общую вершину в  центре шара
и высотами их являются радиусы вписанного в данный
многогранник шара. Объем многогранника равен сумме
объемов получившихся пирамид:
у=.1_ rS1+ _’_fs2+4rs3-++4-rS»=
== -уг(Sx4- S2 4- S3 4- .... 4~S„)r — s '
8»
Л
64.	Пусть в треугольник АВС вписан произвольный
параллелограмм PMNQ с данным острым углом и парал-
лелограмм BjCjDE, где BiCx — средняя линия треуголь-
ника, равная Площадь
параллелограмма BjCjDE
ah
равна-у-, где а — сторона
ВС, ah— высота треуголь-
ника,. опущенная на сторо-
ну ВС. Площадь парал-
лелограмма PMNQ равна
------х “1" и)' подобия  треугольников АРМ
и ABPi имеем:
Значит, Spmnq < 5в,с,о£. Таким образом, параллело-
грамм BiCj.DE является искомым.
65.	Пусть Д ABS представляет сечение конува пло-
скостью, проходящей через его вершину S, высоту OS
и центр Ох одного из ука-
занных п шаров, Hi — про-
екция центра Oj на плос-
кость основания конуса,
х — искомый радиус. Име-
ем:
BHj = xtg-^.
Если О2— центр соседнего
шара и Н2— его проекция
на плоскость основания
А	0	*	",	' КОНуСа> т0
НгН2 = 2х, Z HjOH2 = ОНj = 0Н2 = R-f- х tg -
медиана- £±HjOH2.ОМ =f.OHj sin
'	’	.1.-	Л " -	k	г
89

Следовательйо, после простых вычислений
. л— 180° а '
cos ~п~ ~ tgT
66.	Равны суммы всех его противоположных ребер.
67.	Если бы плоскость пересекла все боковые ребра
параллелепипеда и одно основание, то две стороны обра-
зовавшегося пятиугольника были бы параллельными между
собой, чего нет в правильном пятиугольнике.
68.	Прямые, по кото-
рым надо сгибать лист,
£	должны проходить через
середины сторон треуголь-
/	\	ника, образованного лис-
в,/1.-том. Эти прямые разбива-
Л у	ют лиСт на равных
/ у	/	\	треугольника. Треугольник
Z 2\3Х	\ должен быть остроуголь-
а	ным.
с’	Доказать существова-
ние равенства.
69.	Пусть Sx — площадь А ЛВС, S2 — площадь ДВЛВ,
S3 — площадь A SBC, S4 — площадьДВЛС, V —забьем ша-
ра. Ийеем:
Sxftx =	= S4A4 = 3V.
Пользуясь этими равенствами, можем получить требуемое
соотношение.	«
70.	Расстояния от вершин основания до точек сопри-
косновения вписанного шара с боковыми гранями равны
между собою и половине диагонали основания. Поэтому
треугольник, вершины которого совпадают с концами сто-
рон основания и с точкой прикосновения боковой грани,
содержащей эту сторону, равен треугольнику с вершинами
в тех же концах стороны основания и в центре основа-
ния. Вершины-указанной боковой грани находятся на опи-
санном шаре. Поэтому можно доказать, что плоский угол
при вершине равен половине прямого угла.
71.	Пусть точки 0Х,02,03 — центры данных шаров, а
Ci ,Ог,Оз — точки соприкосновения этих шаров с плоскостью,
точки О и О' — центр и точка со'прикЬсндвёния с пло-
90
скостыв искомого шара, х— радиус этого шара. Имеем:
А ОАО» =» Д О102®з; стороны этих треугольников рав-
ны 2R. Точка О’ находится в точке пересечения высот
треугольника О^ОцО'з.
Поэтому
(* + R)2 — (R — х)2, X = ±R.
72. Обозначим АВ = а, ВС — b, CD = с, DA = d,
Z.ABC = а, 4. CDA = р, S — пло-
щадь четырехугольника ABCD.
Имеем:
2S = ab sin а 4- cd cos а,
4S2 = tz2624-c2d2 +
-f- 2abcd sin a sin p — (a2Z?2 cos2 а-|-
4- c2d2 cos2 P)/
AC2 — a2-\-b2 — 2ab cos а =
c2 -|- d2 — 2cd cos p).
После некоторых преобразова-
ний:
4S2 = a2b2-\-c2d2-----(a +b2	d2) — 2 cos (й pj.
Поэтому решению задачи соответствует условие
cos(a-f р) = — 1, « + Р= 180°.
73.	Преобразуем левую часть уравнения:
25х2 + 20х» + 4х4 + 25х2 _ 74
' (5 4- 2х?	~ 49’
4х*	. 40х2 (5 + 2х) _ 74.
(5.4- 2х)2 + (5 4- 2х)2 — 49’
так как 54-2х^0.
/	2х2	\2 , с 2х2	74 _
54-2х / +0’ 54-2х	49 ~
Имеем:
2х2____37.	2х2	2	_	«И22Т —37	.
5 4-2х	7’ 5 4-2х	7	‘ Х1 ~		14	’
— <£1221—37	5
Xg	, Хз —:	у-; Xg — 1.
В. Платонов, К. Арлюк, В. Зарецкий,
Н. Метельский, Л, Тутаев
Избранные задачи элементарной
математики •
Редактор Шердюкова С. И.
Худож. редактор Валентович В. И.'
Техредактор Жук В. Н.
Корректор Кршиталь В. К.
АТ 04468. Сдано в набор 13/VH 1964 г. Подп. к печати 22/Х 1964 г.
Тираж 36000 экз. Бумага 84х108/82 Печ. л. 2,875 (4,83).
Уч.-изд. л. 6,34. Изд. Кв 994. Заказ 358. Цена 19 коп.
\	Издательство «Высшая школа»
Государственного комитета Совета Министров БССР по печати
Минск, Кирова, 24.
Типография изд-ва «Звязда». Минск, Ленинский проспект, 79.
19 к.