Text
                    @
БИ6ЛИОТЕЧКА .КВАНТ.
ВЫПУСК 83
Р. ХОНСБЕРrЕР
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ИЗЮМИНКИ
Перевод с анrЛИЙСRоrо
А.П. САВИНА и Л.А. САВИНОй


МОСНВА «НАУНА»
rЛАВНАЯ РЕДАRЦИЯ
ФИ3ИНОМАТЕМАТИЧЕСRОй ЛИТЕРАТУРЫ
1992


ББК 22.10 Серия Х77 УДК 511+512+514(023) «Биб,лиотечка «Квант» основана в 1980 тоду ROSS HONSBERGER Mathematical morsels The Mathematical association of America 1978 РЕДАНЦИОННАН НОЛЛЕrин Академик ю. А. Осипьян (председа тель), доктор физикома те- матических наук А. и. Буздин (ученый секретарь), академии А. А. Абрикосов, академик А. с. Боровик.. Романов. академин: Б. К. Вайнштеiiн, заСJlуженный учитель РСФСР Б. В. Воздвижеп.. ский, академик В. л. rинз бурr, академ ик ю. В. rуляев, профессор с. п. Капица, академик \ А. Б. Миrдал l, академик с. п. Новиков, академик АПН РФ В. r. Разумовский, академик Р. 3. Саrдеев, профессор я. А. Смородинский Хонсберrер Р. Х77 Математические изюминки: Пер. с анrл. М.: Наука. rл. ред. физ.:мат. ЛИТ., 1992. 176 C. (Бчка «Квант». Выл. 83). ISBN 5020144061 Около 100 новелл, в наждой из которых излаrается краСИВRff математическан заДJ.ча. Серье.)ные математические методы даны в леrной, заПОl\lинающсiiся форме, что способствуе'r воспитанию ин.. тереса к матемаl.'ине. ДЛЯ IПНОЛЫIИНОВ старших классов, преподавателей, студентов и всех, :кто интереуе'rсн математическими задачами. х 1602010000091 153..92 053 (02) ..92 ББК 22.10 ISBN 5020144061 @Науна. Физмат.пит, перевод на русский язык, 1992 
СОДЕРЖАНИЕ Предисловие 1. Шахматный турнир. . . . · 2. Упорядоченные разбиения числа n . 3. Области в Kpyre . 4. Паромы . 5. Выпячивающаяся полуокружность . 6. Шоферская задача . 7. Ширмы в уrлу . 8. Раскрашивание плоскости . 9. Очевидный максимум. 10. cos 17 х === f (cos х) . 11. Квадрат на решетке . 12. Непрозрачный квадрат . 13. Крести}{инолики . 14. Удивительное свойство прямоуrольных Tpe уrольников . . . 3 а Д а ч а 15. Цифры числа 44444444 . З а Д а ч а 16. а (п) + ер (п) === п . d (п) З а Д а ч а 17. О kоблаках . З а Д а ч а 18. Сумма МИНИ\iУМОВ . З а Д а ч а 19. Три последние цифры числа 79999 . З а Д а ч а 20. Катящаяся иrральная кость. З а Д а ч а 21. Протыкание куба. З а Д а ч а 22. Двойная последовательность . . . . . З а Д а ч а 23. Окружности, разбивающие точечные множества З а Д а ч а 24. О длинах сторон треуrольника . З а Д а ч а 25. ПожалуЙста, не вычисляйте З а Д а ч а' 26. а Ь и Ь а . . . . . . З а Д а ч а 27. Ма тема тичеСI{ая шутка . З а Д а ч а 28. Ка рты на сфере. . . . . З а Д а ч а 29. Выпуклые области на плоскости . З а Д а ч а 30. Система диофантовых уравнений . З а Д а ч а 31. Отраженные касательные З а Д а ч а 32. Элеrантно разрушенная шахматная доска З а Д а ч а 33. Снежки . . . . . . . . . З а Д а ч а 34. Цифры чисел с единицы по миллиард. 3 а Д а ч а 35. Примыкающие непересекающиеся единичные квадра ты. . . . . . . З а Д а ч а 36. Одно диофаНТОБО уравнение. . З а Д а ч а 37. Последовательность Фибоначчи . З а Д а ч а 38. IIepaBeHcTBo Эрдеша . . . . З а Д а ч  39. Разделенные целочисленные точки . З а Д а ч а 40. Совершенные числа . Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача Задача 5 7 8 9 11 12 13 15 17 18 18 19 21 23 24 26 28 29 ;)0 31 32 33 35 38 39 44 45 46 49 52 53 53 58 59 60 6.s ffl 70 72- 74 3 
3 а Д а ч а 41. Стороны четырехуrольника. . 76 3 а Д а ч а 42. Простые числа в арифметической проrрессии 76 3 а д а ч а 43. О чевианах . . 78 3 а д а ч а 44. Коровы и овцы. . . . 80 3 а д а ч а 45. Последовательность квадратов . 81 3 а Д а ч а 46. Вписанный десятиуrольник . 81 3 а Д а ч а 47. Красные и синие точки. 84 3 а Д а ч а 48. Метод Шаля. . 85 3 а д а ч а 49. О функции л (п) .. 86 3 а Д а ч а 50. Постоянная хорда . . 88 3 а Д а ч а 51. Количество внутренних диаrоналей .. 89 3 а Д а ч а 52. Утяжеленные иrральные кости . 91 3 а Д а ч а 53. Курьезная последовательность. . . . .. 92 3 а Д а ч а 54. Длинные цепочки последовательных натураль.. ных чисел . 95 3 а д а ч а 55. Минимальный вписанный четырехyrольник 96 3 а Д а ч а 56. Треуrольные числа. . 99 3 а Д а ч а 57. О правильном пуrольнике . 104 3 а Д а ч а 58. Числа Ферма. . . . . . 106 3 а Д а ч а 59. Неравенство обратных величин. 108 3 а Д а ч а 60. Четвертая степень. . 108 3 а Д а ч а 61. Упакованные квадраты . 109 3 а д а ч а 62. Красные и зеленые мячи. . . . . . . 114 3 а Д а ч а 63. Составные члены в арифметической проrрессии 115 3 а Д а ч а 64. Приложенные равносторонние треуrОЛЬНИКII 116 3 а Д а ч а 65. Тесты. . " . . . . . 118 3 а Д а ч а 66. Приложение теоремы Птолемея. . " . . f19 3 а Д а ч а 67. Еще одно диофантово уравнение. . .. . 122 3 а Д а ч а 68. Необыкновенное свойство комплексных чисе.1J 123 3 а Д а ч а 69. Цепочка окружностей 123 3 а Д а ч а 70. Повторяющиеся цифры в КОНЦе квадрата . 126 3 а Д а ч а 71. Биссектриса уrла. . 127 3 а Д а ч а 72. Система неравенств . . . . 128 3 а Д а ч а 73. Неожиданное свойство правилъноrо 26уrолъ ника ....... 128 3 а Д а ч а 74. Еще раз о полных квадратах . 130 3 а Д а ч а 75. Необыкновенный мноrочлен . 133 3 а Д а ч а 76. Центроиды на окружности . 134 3 а Д а ч а 77. Леrконаходимый остаток . 137 3 а Д а ч а 78. Лlобопытное С,1.ОЙСТВО числа 3 137 3 а Д а ч а 79. Квадрат внутри квадрата . 138 3 а д а ч а 80. Всеrда квадрат . . . . . 139 3 а д а ч а 81. rруппировка натуральных чисел.. . . . 139 3 а д а ч а' 82. Треyrольники, стороны которых образуют арифметическую проrрессию. . . . . 140 3 а Д а ч а 83. Дроби, полученные с помощью перестановки 141 3 а Д а ч а 84. О биномиаJIЬНЫХ коэффициентах . . . . 142 3 а Д а ч а 85. Число Ферма Р73 . 143 3 а Д а ч а 86. Вписанный четырехyrольник . 146 3 а Д а ч а 87. Специальные тройки натуральных чисел . 147 3 а Д а ч а 88. Суммы ПРОСТLI: чисел. . . .. 147 3 а Д а ч а 89: Еще одна курьезная последовательность. 149 3 а Д а ч а 90. Эллипс и целочисленная решетка . 154 3 а Д а ч а 91. Архимедовы треуrольники. .. 159 Упражнения . 165 Список задач по темам. 171 
ПРЕДИ1СЛОВИЕ Математика изобилует яркими идеями. Не... зависимо от Toro, как долrо и сколь упорно занимаешься математикой, кажется, что никоrда не иссякнут в ней удивительные сюрпризы. И никоим образом нельзя счи тать, что эти сюрпризы можно встретить лишь в трудных задачах, рассчитанных на подrотовленных учащихся. Использование всех видов простых понятий требует BЫ думки и изобретательности. В этой кните обсуждаются десятки элементарных задач, которы.е были выбраны из публикаций журнала «American Mathemat:cal Monthly» за период 18941975 rr. В них содержится множество изумительных идей, а двадцать из них просто прекрасны. Поль Эрдеш считает, что у Боrа есть книrа, содержа щая все математичеСI{и.е теоремы с самыми красивыми доказательствами, и коrда он хочет дать особо высокую оценку доказательству, он восклицает: «Это доказатель ство из Книrи!». Возможно, что зде.сь было бы неумест... но заявлять, что эта книrа написана с той точки зрения,  что все боrатства жизни  это Божьи дары и что MЫ должны принимать их с радостью и блаrодарностью и делиться ими для Ero хвалы и славы. Для понимания большей части этой книrи достаточно знаний в объеме -средней школы. Изредка предлаrаютс.f.[ и друrие объекты обждения. Но даже и в этом случае, это почти всеrда стандартные элементарные понятия, KO торые изза отсутствия места в наших переrруженных учебных планах, изучаются существенно позже. Я имею в виду такие понятия, как т-еорема Пика и основы ин версии относительно Kpyra. Однако не стоит тревожиться если вы не получили знаний об этих понятиях, так как это при необходимости леrко наверстать. В таких слу... чаях в тексте даются ссылки. Большинство задач, раСGматриваемых здесь, появи лось в разделах задач хорошо известных математических журналов. Чтобы соблюсти справедливость по отноше 5 
пию в:о всем заинтересованным лицам, следует отметить, что я часто брал лишь часть задачи или решения, при чем, в:ав: правило, переписывал и улучшал изложени.е cy щественным образом. Утверждения мноrих задач были изменены, чтобы придать им более яркую форму. Это не .сборнив: задач, предлаrаемых для решения (хотя вы He сомненно получите больше удовольствия, если прежде, чем прочесть решение, сами подумаете над задач-ей), а витринамаленьв:их математических чудес. Однако па ру дюжин задач для упражнений я поместил в в:онце в:нши. Для Toro чтобы помочь читателю определИ1'Ь MeCTOHa хождение надачи в в:ниrе или найти интересующую ero тему, в в:онце в:ниrи дается списов: задач, разбитый на три части: 1) алrебра, ариф:м:етика, теория чисел, последоват-ель ности, вер{)ятность; 2) комбинаторив:а, в:омбинаторная rеометрия (мав:си мум и минимум); 3) rеометрия (максимум и минимум). Я очень блаrодарен профессору Ивану Нивену за то, что он тщат-ельно просмотрел рув:опись и внес MHoro по правов: и друrих улучшений в конечную редакцию. Я тав:же- хотел бы поблаrодарить Moero в:о'ллеrу Лероя Дискей и профессора Е. Ф. Бев:в:енбаха, rенри Адлера, Ральфа Боас-е, Дональда Альбера и r. Л. Алев:сандерсо на за их в:онструв:тивную в:ритику. Росс ХОllсбереер 
ЗАДАЧА 1. ШАХМАТНЫй ТУРНИР В Нью Йорке шахматных мастеров больше, чем на всей остальной территории США. Планируется шахматный турнир с участием всех мастеров. Решено, что турнир будет проведен в l\IeCTe, для KOToporo- общее расстояние переездов между rородами участников турни ра было бы минимальным. Ньюйоркские мастера YT вер}l-\дают, что этому критерию удовлетворяет их rород, а мастера с 3ападноrо побережья настаивают на ТОМ, что м.есто соревнований в I'ороде, находящемся в центре тяжести совокупности иrроков, было бы лучше. Тдо должен проводиться турнир? Решение. Ньюйоркцы правы! Обозначим ньюйорк ских :мастеров буквами N 1 , N 2 , ..., N k , а остальных иrро KO буквами 01, 02, ..., Ot. Так как в НьюЙорке нахо-- ди'Тся больше половины иrроков, то k > t. Если paCCMOT реть пары иrроков (N 1 , 01), (N 2 , 02), ..., (N t , Ot), то ньюйоркские мастера N t + 1 , N t + 2 , ..., N k не попадут ни в одну из пар. Рассмотрим т.еперь пару (N 1 , 01). При ЛЮQОМ выборе rорода проведения турнира мастера N 1 и 01 должны про ехать в совокуцности не меньше, чем расстояние N 1 0] по прямой, соединяющей эти rорода. Вместе же они про .едут не меньше, чем s === N 1 0 1 + N 2 0 2 + . . . + NtO t . Если местом соревнований выбран НЬЮЙОрR, то S и будет суммой расстояний. Если же соревнования будут проводиться в друrом месте, то t пар иrроков проедут расстояние не меньше S, а ненулевая сумма расстояний для иrроков N t + 1 , N t + 2 , ..., N lt унеличит общую' сумму. Следовательно, Нью110рК  наилучшее место для прове... дения соревнования. 7 
Аналоrичная задача была рассмотрена Дж. r. Ват- чертом и Лео Мозером в прек'расной статье «Пожалуй-- ста, н.е вычисляйте», опубликованной в 1952 r. в журна-- ле «Scripta Mathematica», с. 221236. Х 1 Х 2 х з х Xпl Х n Рис. 1 Пусть п точек Хl, Х2, ..., Х N лежат в указанном по-- рядке на прямой. rде находится 'Точка Х, сумма расстоя-- ний которой ДО этих точек :минимальна (рис. 1)? Ясно, что расстояния ХIХ и ХNХ должны В сумме дать расстояние хIхn. Теперь разобьем на пары (Хl, Х n ), (Х2, Xn1) И т. д., чтобы полученные интервалы были по следовательно влож.ены друr в друrа. Если п нечетно, то точка Х(n+l)/2 остается без пары. Так как сумма pac стояний до пары точек минимизируется любой точкой, находящейся между ними, то любая точка х, располо... женная внутри всех этих интервалов, минимизирует все пары расстояний. Таким образом, для четноrо п мы имеем s  хI х n + X2Xn1 + . . ., JJрич-ем равенство выполняется для любой точки х, ле жащей на самом внутреннем интервале. Если п нечетно, то минимум достиrается в точке Х(n+l)/2 (которая лежит в самом меньшем из интервалов), дополнительное рас.. стояние в этом случае,  именно ХХ(n+l)/2, равно нулю. 3АДА ЧА 2. УПОРЯДОЧЕННЫЕ Р А3БИЕНИЯ ЧИСЛА п Число 3 может быть выражено в виде сум.. мы одноrо или более натуральных чисел четырьмя спо собами, если при этом учитывать порядок членов: 3,.1+2,2+1,1+1+1. С:wолькими способа:м:и может быть выражено в виде суммы число п? Решение. Расс:м:отрим строчку из п единиц, располо.. женных в ряд. Любое расположение п  1 или меньше ro количества разделительных черточек в промежутках 8 
между -единицами соответствует разбиению числа на слarаемые и наоборот: 1 1 I 1 1 1 I 1 I 1 1...1 1 1, п === 2 + 3 + 1 + п  6. Так как мы можем в каждый из п  1 промежутков ли бо вставить делительную черточку, либо не вставлять, 1'0 существует ровно 2 n .... 1 способов расставить делительные черточки и такое же количество выражений для числа п. ЗАДАЧА 3. ОБЛАСТИ В KPyrE Ра.сположим п точек на о:кружн.ости и co единим их попарно хордами. Предположим, что ни:какие три хорды не имеют общей точ:ки внутри Kpyra. На СRОЛЬ:КО областей разобьется Kpyr этими хордами? Решение. Предположиr, что хорды мы будем ПрОВО ДИть по одной последователь НО. Новая хорда рассекает различные области, увеличи вая число частей (рис. 2). Дополнительное число обла стей равно количеству отрез нов, на которые делитсл IIО пая хор.да теми хордами, .кo торые она пересекает. Поэто му это число на единицу больше ЧliJсла точек таких пере сечений. Из этоrо наблю дения леrко доказать замечательную формулу, выражаю щую количество облает-ей в круте, получаЮllИХСЯ при проведении L хорд, никакие три/из которых не пересека ются во внутренних точках Kpyra и имеют Р точек пере сечения в этом круте. Количество областей равно Р + L + 1. Рис. 2 Для L === 1 мы имеем Р + L + 1 ===1 О + 1 + 1 == 2 (рие. 3). Новая линия, пересекающая первую, дает Р + L + 1 ==. 1 + 2, + 1 === 4, 9 
а линия, не пересекающая первую, дает Р + L + 1 === О + 2 + 1 ==1 3. Пр.едположим, что значение Р + L + 1 справедливо для HeKoToporo L  2. Пусть дополнительная линия дает k Рис. 3 новых точек пересечения. При пере сечении k друrих ли ний она проходит через k + 1 область, увеличивая их число на k + 1. Таким образом, для L + 1 линий и Р + k точек общее число областей равно (Р + L + 1) + (k + 1) ===.(Р + k) + (L + 1) + 1. Это доказательство формулы по индукции. Ясно, что существует взаимнооднозначное COOTBeTCT вие между точками пересечения Х и четверками (А, В, С, D) из п точек, взятых на окружности (рис. 4). Таким образом, количёство точек пересечения равно C  количеству четверок. Так как количество хорд равно С;, то число областей, полученных всевозможны:ми попарными соеди нениями п точек, равно Р + L + 1 == С; + C + 1. (Мы наблюдаем, что этот резуль тат применим для любой выпук лой области на плоскости и этот ПО,дход обобщается H более BЫ сокие размерности. Множество S точек называется выпуклым, Рис. 4 еели для каждой пары 'точек А и В в S отрезок АВ целиком при надлежи'Т s.) Число, выражающее :количество областей, может бытв очень красиво выведено путем прослеживания количест ва областей, на которое уменьшается наше разбиение, еСJIИ стирать линии одну за друrой. Каждый отрезок ЛИ 10 
нии разделяет две облас'Ти, поторые объединяются в oд ну при стирании этой линии. Тотда число исчезнувших областей будет на одну болыпе ноличества точек пересе чеНIIЯ на этой линии. Так как каждая точка пересечения лежит на двух линиях, то при стирании одной из них она исчезает также с друrой. Поэтому каждая точна пе ресечения фиrурирует ровно один раз при процедуре СТИ рания отрезнов и для наждой линии число исчезнувших областей равно (число исчезнувших точен пересечения на линии) + 1. После стирания всех L линий мы видим, что общее HO личество областей составля.ет Р плюс еще по одной для наждой из L линий. Следовательно, исчезнет Р + L обла стей. Тан как в результате остается лишь внутренность прута, то вначале было р.+ L + 1 областей. ЗАДА Чl\. 4. ПАРОМЫ Два парома снуют через реку с постоянны ми скоростями, поворачивая у беретов без потери BpeMe ни. Они одновременно -отправляются от противополож ных беретов и в первый раз встречаются в 700 футах от 400' 11    700 А А В Рис. 5 одноrо из беретов, продолжают движени.е к береrам, воз вращаю'тся и встречаются во второй раз в 400 футах от противоположното берета. В качестве YCTHoro упражне пия определите ширину рени. (В Велинобритании и США фут обозначается штрихом: 700 футов  700'.) Решение. Общее расстояние, пройденное паромами к моменту первой встречи, как раз равняется ширине реки (рис. 5). Однано может неснольно удивить тот фант, что н моменту их новой ВСТречи общее пройденное ими pac стояние равня.ется утроенной ширине рени. Так как CKO рости постоянны, то вторая встреча произойдет через 11 
время, втрое большее, чем первая. До первой встречи па... ром А, ,скажем, прошел 700 футов. За время в три раза большее он прошел бы 2100 футов. Но ко второй встрече он доходит до береrа реки и, повернув обратно, проходит еще 400 футов. Таким образом, ширина реки равна 2100  400 ==.1700 футов. 3АДА "tIA 5. выячивАющАясяя ПОЛУОКРУЖНОСТЬ Хорда АВ окружности радиусом 1 с цент... ром :в О является диаметром полуокружности АСВ, рас'" положенной вне первой окружности (рис. 6). Ясно, что с Рис. 6 точка С этой полуокружности, которая выпячивается дальше Bcero, лежит на радиусе ODC, перпендикулярном АВ. (Для любой друrой точки С' этой полуокружности мы имеем ОС' < UD + DC' === OD + DC == ОС.) Конечно же, длина отрезка ОС зависИТ от выбора хорды АВ. Оп... ределите АВ так, чтобы отрезок ОС имел максимальную длину. Решение. Пусть OD == l' а; тоrда радиус нашей полу... окружности равен AD == 11  а ==,DC. Таки м образ ом, OC2==(OD'+DC)2==,CJla+-У l(L2 = == а + 2У а (1  а ).+ 1  а. Получаем ОС2 ===.1 +21"а (1 ...... 4). 12 
Это выражение максимально при максимальном значе нии величины 0,(1  а). Но так нан a(1a)==aa2== 1 (a ; у, то это имеет место для а == 1/2, при этом оп:::::. -у а == 1" 2/ 2. Для ма:ксимальноrо отрезка ОС AD == V 1  OD2 == 1/1   == V2 , f 2 2 при этом АВ == 2AD ==:. 1 2. Таким образом, AOB имеет стороны 1, 1 и У2. Это означает, что на хорду АВ опи раеrся прямой уrол с вершиной в точке о. Следующий красивый ПОДХОД дает альтерваТИВIIое решение. Треуrольник ADC  прямоуrольный и paBHO бедренный, т. е. LDCA === 450 (рис. 7). Теперь если СА Рпс. '7 не является касат,ельной к данной окружности, то най дется хорда, для которой точка С будет лежать дальше вдоль прямой OD. Таким образом, для хорды, максими зирующей отрезок ОС, прямая СА должна бьrrь Kaca тельной к окружности, и в этом случае СА есть катет равнобе,дренноrо прямоуrольноrо треуrольни:ка ОАС. OT сюда СА == ОА == 1 и из равнобедренноrо прямоуrольноrо треуrольника DAC мы получаем, что V2 , r  AD == 2 и АВ === v 2. ЗАДА ЧА 6. ШОФЕРСКАЯ ЗАДАЧА Мистер Смит ежедневно приезжает на cTah-- цню поездом в 5 часов и тут же садится в ПОДъезжаю щий автомобиль, который везет .ето домой. 13 
Однажды он приехал поездом в 4 часа и пошел пеш :ком домой. По дорОI'е он встретил свой автомобиль, eдy щий в: СТанции. Шофер развернул автомобиль и отвез Смита домой, при этом он о:казался дома на 20 минут раньше, чем обычно. На друrой день Мистер Смит приехал неожиданно поездом в 4 ч 30 мин и также пошел пеш:ком. Он вновь встретил автомобиль и снова оставшуюся часть пути про ехал. На с:коль:ко раньше обычноrо приехал Смит домой в этот раз? (Предположим, что с:корость ходьбы и езды постоянны и не было 'потери времени на посадв:у мисте ра Смита и на поворот автомобиля.) Решение 1. Обычный метод решения этой задачи Ta :ков: в первый день шофер сэ:кономил 20 минут езды. Ta :ким образом, мистер Смит сел в автомобиль в точ:ке, IIа ходящейся в 10 минутах езды от станции (в одну CTOpO ну). Если бы шофер ехал как обычно, то он приехал бы на станцию в 5 ч. Десятиминутная э:кономия вре:м:ени означает, что он подбирает Смита в 4 ч 50 мин. Следо вательно, Смиту понадобилось 50 мин на то, чтобы прой ти то расстояние, :которое шоф.ер проезжает за 10 мин. Отсюда мы видим, что автомобиль едет в 5 раз быстрее, чем идет Смит. Теперь предположим, что во второй день Смит шел 5t мин. Расстояние, пройденное им, автомобиль проез жает за t мин. Следовательно, Смит сел в автомобиль за t мин до 5 ч, т. е. через 60  t мин после 4 ч. Тав: :кан он начал идти в 4 ч 30 мин и шел 5t мин, то он сел в автомобиль через 30 + 5t мин после 4 ч. Следовательно, 30 + 5t === 60  t и t === 5. Таким образом, шофер сэв:оно мил по 5 мин движения (в каждую сторону) и приехал R дому Смита на 10 мин раньше обычноrо. Это  очень интересное решение задачи. Однако пер вокурсник одното из американских университетов Ричард Камерон во время соревнований предложил сл.едующее решение. Решение 2. Рассмотрим трафив: зависимости «расстоя ния от станции» от «времени». На нем леrко проследить дижения Смита и шофера. Например, в обычный день мы имеем следующую сиiуацию, начинающуюся, скажем, с 4 ч (рис. 8). Это так называемые «мировы.е линии». Те же три путешествия, вклю.чая обычный день, по строены вм:есте на следующем rрафике (рис. 9). Из по стоянства скоростей ходьбы и езды на автомобиле сле дует, что соответствующие отрезки rрафив:а должны быть 14 
параллельны. А так как момент 4 ч 30 мин делит попо лам время меж.ду 4 и 5 ч, то из параллельности следует, расстояние ОТ станцнм ДОМ выезжает нз дома пр"езжает домой ст а н Ц t1 Я 4:00 Симт подьезжает на поезде к станци едет дaOH в месте со С... НТО h4 СМ", СЭДМТСЯ 8 а втомобнль 5 : 00 время wOqJep rОТОВt1ТСЯ к выезд ОБЫЧНЫН ДЕНЬ Рис. 8 дом раСС,ОЯНt1е О, станцпм шо(рер rОТОВJ11GЯ к выезду См "т нде, пеш ко-м ПО8зд.ка ДOOH на аВТОМОDиле 1HдeHb время Рис. 9 что и время приезда во второй день делит сэкономленное время в отношении 1 : 1 и дает время, сэкономленное во вт,орой день, равное  .20 == 10 мин. ЗАДАЧА 7. ШИРМЫ В уrлу Уrол прямоуrольной комнаты отrораживает ся двумя четырехфутовыми ширмами. При каком их по ложении отrороженная площадь будет наибольшей? Решение. Решение основано на двукратном примене нии следующеrо хорошо извест,ноrо результата. 15 
Л е м м а. Во Jnuожестве треуеольuuпов с аадаuuы,ии осuоваuием Ь u противолежащu.м, ему уелом е uаuбольшую площадь имеет равuобедреuuы,й треуеольuuп. (Ясно, что это .мuожество содержuтся вuутри сее.мента пруеа, а вbl, сота у равuобедреuuоео треуzольuuпа больше, чем у дpy еих треуеольuuпов этоео .мuожества (рис. 10).) А в' в А' ь р Рис. 1 О Обозначим через О вершину уrла :комнаты, а точ:ки :касания ширмами сторон уrлов через А и В. Тотда пло щадь, отrороженная ширмами, равна сумме площадей треуrольни:ков АОВ и АВР, тде Р  точ:ка соприкоснове ния ширм. (Лсно, что при максимальной площади точка Р будет rраничной точкой обеих ширм.) Теперь, если дОАВ не является равнобедренным (ОА =1= ОВ), то можно передвинуть ширмы в положение А'Р' и В'Р', тде ОА' ==:, ОВ' так, чтобы отрезок А'В' равнялся отрезку АВ. Тотда треуrольники А'В'Р' и АВР А в о в Рис. 11 равны, а по лемме площадь треуrольника ОА'В' больше площади треyrольни:ка ОАВ. Таким образом, при распо... 16 
ложении, дающ,ем мав:симальную площадь, отрезок ОА должен быть равен ОТрезку ОВ. Тав: в:ак ширмы имеют равные длины, точв:а Р всеrда должна лежать на срединном перпендив:уляре к отрезв:у АВ, но если ОА == ОВ, то срединный перпендив:уляр в: АВ является биссев:трисой прямоrо уrла о. Тав:им обра зом, при наибольшей площади отрезов: ОР должен быть биссев:трисой уrла О (рис. 11). Следовательно, в:аждая ширма должна отрезать треуrольнив: наибольшей площа... ди от уrла в 450, стяrиваемоrо этим отрезв:ом. (Кав:ово бы ни было наилучшее расположение.) Так в:ав: длина О'тре)зка АР постоянна, из леммы сле... дует, что площадь треуrольнив:а ОАВ будет мав:сималь ной в случае ето равнобедренности (О А ==, ОР) . в этом случае LOAP == 67,50 и решени.е становится очевидным. В в:ачестне простоrо упражнения предлаrаем построить отрезок ОР с помощью цирв:уля и линейв:и. ЗАДАЧА 8. РАСКРАШИВАНИЕ ПЛОСКОСТИ Предположим, что в:аждая точв:а плосв:ости ов:рашена в Rрасный или rолубой цвет. Пов:ажите, что найдется прямоуrольнив:, все вершины в:оторото ов:рашены в один и тот же цвет. Решение. Из семи точек не меньше четырех должны иметь одинаковый цвет. Выберем из сеи точев: на пря... мой четыре точв:и Р 1 , Р 2 , Рз, Р 4 , ов:рашенные в один цвет, св:ажем, в в:расный. Рассмотрим еще две прямые, параллельные первоначальной и две ч.етверв:и точев: (Ql, Q2, Qз, Q4) и (R 1 , R 2 , R з , R 4 ), полученные проев:ти рованием выбранной четверки на эти прямы,е. Рассмот", рим прямоуrольнив:и с вершинами в этих точв:ах и в точ", в:ах P i . Теперь, если две из точев: Q  в:расные, то все точв:и прямоуrольника PiPjQiQj также в:расные. Анало... rично и для двух в:расных точев: из R. Если ни один из этих случаев не имеет ме.ста, то нев:оторые три (или бо лее) точев: из Q и три (или более) точев: из R должны быть rолубыми. Но эти тройв:и rолубых точек располо... жены тав:, что среди них обязательно найдутся по паре точек, лежащих одна под друrой и, тав:им образом, обра... зующие rолубой прямоуrоль'нив:, отв:уда и сл,едует yr... верждение задачи. Отметим, что этот результат справедлив для любой области на плосв:ости, зав:люченной внутри сколь утодно 2 Р. Хонсберrер 1 7 
малой ов:ружности:. Этот вопрос вознив: из задачи, пред ложенной на 5й математичесв:ой олимпиаде США, про ходившей ве.сной 1976 т. ЗАДАЧА 9. ОЧЕВИДНЫй МАКСИМУМ Пусть Р  переменная точв:а на дуте ов:руж ности, стяrиваемой хордой АВ. Дов:ажите следующее очевидное СЕОЙСТВО: сумма длин отрезв:ов АР и РВ Maв: симальна тотда, в:отда Р  середина дуrи АВ. Решение. Проведем вто", рую дyry АВ, взяв за центр окружности точв:у О  cepe дину первоначальной дуrи Q АВ. Пусть прямые АР и АО пересев:ают эту дyry в 'ТОЧ I(aX Q и с (рис. 12). Уrол, стятиваемый хордой АВ, с вершиной в точв:е О, Рис. 12 вдвое больше, чем уrол с вершиной в точке с. Тав:им образом, LAPB === 2 L Q. НО в треуrольнив:е PQB внешний уrол АР В равен сумме внутренних уrлов с вершинами в точв:ах Q и В. Тав:им образом, 2LQ === LQ + LQBP и LQ ==. LQBP. Следовательно, дРQВ  равнобедренный и АР + + РВ ==1 АР + PQ === AQ  хорде внешней дуrи. Ясно, что эта хорда мав:симальна в том случае, в:отда она  диа Метр, т. .е. в том случае, если точв:а Р есть точка О. Отметим, что этот результат тав:же следует из pac смотрения процесса увеличения размеров эллипса с фо в:усами А и В. Из симметрии следует, что последняя об щая точв:а эллипсов и дуrи окружности является .cepeдд ной этой дуrи. Эллипс, :имеющий эту общую точв:у, наибольший из Тех, в:оторые пересев:аются с дуrой и Име ют ,наибольшую сумму фов:альных радиусов. ЗАДАЧА 10. cos 17x==f(cosx) Обозначим через f фунв:цию от cos х, выра... жающую cos 17х, Т. ,е. cos 17 х === f ( cos х) . {8 
Покажите, что та же функция f выражает sin 17 х че... рез sin х: sin 17 х == f (sin х) . л Решение. Пусть х === "2  у. Тотда sln х == cos у и sin 17 х == sin [ 17 (   у )] === sin (8л +   17 У ) === == sin(   17 У ) === cos 17у === f (cos у) == f (sin х). Заметим, что число 17 может быть заменено любым целым числом вида 4k + 1. ЗАДАЧА 11. КВАДРАТ НА РЕШЕТКЕ Произвольный квадрат S размером п Х п на координатной плоскости покрывает (п + 1) 2 целочислен... ных rrочек (точек, у которых обе координаты х и у  цe лые числа) в том случае, если один из ето уrлов нахо... дится в целочисленной точке, а ето стороны параллель ны осям координат. Докажите IIНТУИТИВНО ясный резуль... тат, что при любом расположении этоrо квадрата S он покроет не более (п + 1) 2 точек. Решение. Рассмотрим S в произвольном положении на плоскости. Предположим теперь, что rраница квадра'" та S сделана из круrлой резинки, а в каждой целочис ленной точке вбит rвоздь в плоскость. Пусть резинка сжимается, окружая rвозди, находящиеся в точках pe mеТКИ, попавшие в квадрат s. Мноrоуrольник Н, опре деляемый резинкой, называется «выпуклой оболочкой» целочисленных точек из S и является важнейшим поня тием во мноrих rеометрически:х исследованиях (рис. 13). Если в каждой вершине квадрата S находится по цело... численной точке, то Н будет самим квадратом s. (CI. Замечание в конце решения об определении выпуклой оболочки. ) Так как Н содержится в S, то ето площадь не может превышать площадь квадрата S: площадь S  п 2 . В 1899 Т. Джордж Пик открыл замечательную фор мулу для площади несамопересекающеrося мноrоуrоль... ника у с верши'нами в целочисленных точках: площадь У === q +   1, 2* 19 
тде q  количество целочисленных точек внутри MHora... уrольника, р  число таких точек на ero rранице. (Сюда включаются ве\ршины и остальные точки, лежащие на . Рис. 13 ero сторонах. См. Замечание.) По теореме Пика (см. за... дачу 39) получаем площадь Н == q +   1  п 2 и q+  n2+1. Так как упруrая rраница квадрата 1.';, сжимаясь, обра.. зует Н, если о'на вообще движется, то периметр Н не MO жет превышать периметра s: периметр Н  4п. Ясно, что никакие две целочисленные точки не MorYT находиться ближе, чем на расстоянии 1, поэтому на rpa нице Н не может находиться больше, чем 4п точек. Получаем р  4п и   2n. 20 
Подставляя это соотношение в ран-ее полученный pe зультат q + р/2  п 2 + 1, имеем, что число целочисленных точек, покрытых квадратом S, ==1 Р + q  п 2 + 1 + 2п == (п + 1) 2. Замечание. Выпуклая оболочка Н плоскоrо множества точек S есть пересечение всех плоских выпуклых MHO жеств, содержащих S. Поэтому множество Н минимально в том смысле, что любое выпуклое множество, содержа щее S, такж-е содержит и Н. Множество Н не содержит лишних точек  оно расширено лишь до таких пределов, чтобы содержать множество S и быть выпуклым. Если множество S  выпукло, то, конечно же, множество Н совпадает с s. ЗАДАЧА 12. НЕПРО3РАЧНЫй КВАДРАТ Множество прямолинейных отрезков внутри или на rранице квадрата со стороной 1 называется «He прозрачным», если любая прямая, пересекающая KBaд рат, пересекается хотя бы с одним из этих отрезков. На... пример, две диаrонали образуют непрозрачное множество а а Рис. 14 (рис. 14, а). Друrое непрозрarчное множество показано на рис. 14, б. Общая длина диаrоналей равна 2-У 2  2,82. Довольно леrко с помощью элементарных вычислений показать, что минимальная сумма длин отрезков непро . зрачноrо симметричноrо множества на рис. 14, б равна 1 + -У 3  2,73. Найдите непрозрачное множество с CYM мой длин отрезков меньшей, чем 1 + У3. Решение. Непрозрачное множество, состоящее из двух соседних сторон квадрата и отдаленной половины диаrонали 21 
между ними (рис. 15), имеет длину 2 + 2  2 + 1,;2  2,71 < 1 + v з . Стороны АВ и ВС имеют общую точку с любой прямой, пересекающей треуrольник АВС. Если учесть полностыо А А D о в с в с Рис. 15 Рис. 16 треуrольнив: АВС, то полудиаrонали OD достаточно, что бы сделать непрозрачной вторую половину квадрата. Теперь рассмотрим более эффективный способ cдe лать 'непрозрачным LABC. Точв:а Р внутри треуrольника АВС, из которой каждая сторона видна под уrлом, 1200, ,называется точкой Ферма этоrо треуrольника и является той точв:ой, для которой В , сумма ее расстояний до вершин треуrольника ми нимальна (рис. 16): ХА+ХВ+ХС 1 минимально для Х == Р. А в Минимальная сумма равна длине отрезка ВВ', rде В'  вершина paBHOCTO роннето треуrольника, по CTpoeHHoro на внешности стороны АС (рис. 17). Яс но, что в рассмаТривае мом случае ВВ'  средин ный перпеНДИКУJIЯР в: АС и ЬАВЕ  равнобедренный. Таким образом, 1 У2 ВЕ == АЕ ==  АС ==  2 2 1 Рис. 17 22 
и ВВ' == ВЕ + ЕВ' == 1{2 + з C2) == 1{2 (1 + V з ). Включая полудиаrональ OD  12/2, мы получаем непро зрачное множество с общей длиной V 2 ( V  ) 2 2 + 3  2,64. Это прекрасное решение было предложено школьным учителем Морисом Пуаре из торода Орлеан (в провин ции Канады Онтарио). ЗАДАЧА 13. КРЕСТИКИ..НОЛИКИ Рассмотрим иrру в «крестикинолики» на трехмерном ку,бе 8 Х 8 Х 8. Сколько можно указать пря мых, на которых л-ежат 8 значков в ряд? Решение. Это нетрудная задача, она может быть pe шена простым счетом. Однако имеется блестящее реше ние, предложенное Лео Мозером. Оно состоит в том, что рассматривается куб 10 Х 10 Х 10, полученный покры тием данноrо куба 8 Х 8 Х 8 слоем единичной толщины. Выиrрывающая прямая во внутреннем кубе 8 Х 8 Х 8 пе ресекает два из единичных кубиков, окружающих этот куб, и каждый единичный куб в оболочке пересекается одной выиrрывающей прямой. Таким образом, каждая выиrрывающая прямая соответствует единственной паре единичных кубов во внешней оболочке и число выиrры вающих прямых равно половине количества единичных кубиков в оболочке, а именно 103  83 == 1000  512 == 244. Этот подход является совершенно общим. Количество выиrрывающих прямых для куба с ребром k в пMepHOM пространстве равно (k + 2)n  k n 2 23 
ЗАДАЧА 14. УДИВИТЕЛЬНОЕ СВОЙСТВО пРямоУrольных ТРЕуrольников Дов:ажите, что если повернуть в:атеты BO Kpyr их вершин так, чтобы они леrли на rипотенузу, то длина их общей части равна диаметру вписанной ов:руж насти (ри. 18). 1< Рис. 18 х r r у Рис. 19 Решение. Вообще rоворя, размер вписанной в Tpe уrольнив: окружности является не очень простой функ... дией длин ero сторон. Однав:о для прямоуrоль'ноrо тре... уrольнив:а имеется замечательное соотношение диаметр ==1 (сумма длин в:атетов)  (длина rипотенузы). Это леrв:о пов:азать следующим образом. Радиусы, прове денные в точки в:асания окружности с в:атетами, спроек тируем на в:аждый из в:атетов (рис. 19). Тав: кав: две в А с А Рис. 20 в с D в:асательные в: ов:ружности, проведенные из одной точв:и, равны, то из чертежа полу.чаем, что (сумма в:атетов)  (rипотенуза) ==с  [(х + r) + (r + у)]  (х + у) ==1 2r. 24 
От,вет на задачу следует из наблюдения Toro, что дли на общей части в:атетов ,есть просто (сумма в:атетов)   (rипотенуза). Следующее СООТНОШ8'ние тав:же леrв:о выводится. Ес... ли опустить высоту BD на rипотенузу, то сумма трех радиусов r, rl, r2 вписанных ов:ружностей в треуrольнив: АВС и меньши.е треуrольнив:и, на в:оторые ero разбивает высота BD, есть просто сама высота BD (рис. 20). Имеем 2r + 2rl + 2r2 ==I(AB + ВС  АС) + (AD + BD  АВ) + ,+ (BD + DC  ВС) === (AD + DC)  АС + 2BD c:::,2BD, следовательно, r + rl + r2 ==. BD. ЗАДАЧА 15. ЦИФРЫ ЧИСЛА 44444444 Сумма цифр десятичной записи числа 44444444 равна А. Сумма цифр числа А равна В. Кав:ова сумма цифр числа В? Решение. Если десятичный лоrарифм натуральноrо числа п лежит между k  1 и k, то число п имеет k цифр. Т.еперь 19 44444444 ==1 44441g 4444. Используя обозначение [х] для наибольшеrо целоrо чис ла, не превосходящеrо х, мы видим, что в:оличество цифр числа 44444444 есть N ===1[44441g4444] + 1. Тав: в:ак 4444 < 10.4, то 19 4444 < 4 и N  4444 . 4 + 1 < 20 000. А < 20000 . 9 < 199 999 потому, что в:аждая из цифр не больше, чем 9. Но сумма цифр числа 199 999 больше суммы цифр любоrо меньшеrо натуральноrо числа, поэ'тому В ==1 (сумма цифр числа А) < 1 + 5 . 9 === 46. Сумма цифр числа В не может превосходить числа 12, в:оторое является наибольшей суммой цифр числа 45 (достиrается для 39). Тав: в:ав: само число и ero сумма цифр имеют один и тот же остатов: при делении на 9, то числа А, В и S имеют один и тот же остатов: при деле нии на 9, что обозначается тав:: 44444444 == А == В == S (mod 9). 25 
Теперь, рассматривая остатки при делении на 9, получим 44444444 == (2) 4444 == 24444 == 2 (23) 1481 == == 2(1)1481 == 2 == 7(mod 9). Из Toro, что S == 7 (mod 9) следует, что S == 7, так как 7  единственное число, не больше 12 и имеющее OCTa ток 7 при делении на 9. ЗАДАЧА 16. (J ( п) + q> ( п) == п. d( п ) Часто отмечают, что замечательное ypaBHe ние e 1ti ===.  1 связывает четыре самых важных во всей математике числа. Лишь HeMHoro уступает ему ураннение а(п)+ ер(п)== п. d(n), связывающее три наиболее важные функции элементар ной теории чисел, rде а (п)  сумма положительных дe лителей числа п, d (п)  количество положительных дe лителей числа п, ер (п )  функция Эйлера, равная коли честВ'у натуральных чисел т  п, взаимно простых с чис OM п, 'f. .е. (т, п)==,1. Конечно, можно соединить любые функции, какие мы хотим, придумав соответствующее математическое соотношение. Однако докажите тот уди вительныи факт, что соотношение а (п ) + ер (п ) == п . d (п) является необходимым и достаточным услови.ем Toro, что п  простое число. Решение. 1 ) Предположим, что п  простое число. Тоrда делителями п является 1 и п и поэтому а (п) == ==,п+1, ep(п)==п 1 и d(n)==2. В этом случае а (п) + ер (п) == 2п == п . d (п) , а(п)+ ер(п)== п' d(n). Следовательно, выполнение этоrо условия необходимо. 2) Предположим, что b(n)+ep(n)==n.d(n) и что п не простое число. Соотношение не выполняется для п == ==:. 1 (1 + 1 =1= 1 . 1). Будем считать, что п  2. Для п > 1 <р (п ) не учитывает само число п и мы имеем ер ( п) < п. Так как п  составное число, то оно имеет не менее трех делителей. Обозначим d (п) через k, а положительные 26 
делители числа п через d 1 ===11 < d 2 < . . . < d я === п. Так :ка:к k === d (п)  3, то делитель d 2 ,не является н а и... большим д.елителем, поэтому d 2 < п и п  d 2  1. Следовательно, получаем п · d (п)  а (п) === kn  (d 1 + d 2 + . . . + d k ) === === (п  d 1 ) + (п  d 2 ) + . . . + (п ........ d А)  (п dl)+(n d2)+(n dk) (п 1)+ 1 + 0=== п> ер(п); тем самым мы по:казали невозможность условин п · d (п)  а (п) === ер (п ). Полученное противоречие по:казы... вае", что п  не является простым числом. Возмож'но, что самым знаменитым условием простоты числа является f'eopeMa Вильсона: Число п является делителем числа (п  1) 1 + 1 тоеда и тольпо тоеда, поеда п  простое число. В 1965 r. журнал «American Mathematical Monthly» напечатал под номером Е1702 следующую задачу, при... надлежащую Дуrласу Линду и решенную Кенне"ом Кра... мером и Ст.евеном Минс:кером: До:кажите, что число п является делителем числа n3 N ==  r (r!) тоrда и толь:ко тоrда, :коrда п  простое Т==1 число. Решение. Имеем N===.1(11) +2(21) +...+ (п3) Х Х [ (п  3) ! J. Т а:к :ка:к r (r! ) ===1 (r + 1) r 1  r 1 === (r + 1) !   r!, то N===(21  11)+(31  21)+(41  3!)+... . . . + [(п  2) 1  (п  3) 1] ===I(n  2) 1  1. Умножив на п  1 и прибавив п :к обеим частям рав8'Н'" ст,ва, получим (п 1)N+n===(n 1)1 + 1. По теореме Вильсона п  прос"ое число в том и толь:ко том случае, если п является делителем числа (п  1)! + + 1, а последнее соотношение является верным тоrда и толь:ко тоrда, если п есть делитель числа N, так :ка:к чис... ла п и п  1 взаимно просты. 27 
ЗАДАЧА 17. О kОБЛАКАХ :Крути единичноrо радиуса не имеют общих внутренних точек и лежат внутри полосы S, образован ной двумя параллельными прямыми, отстоящими друт от w Рис. 21 друта на расстоянии ш. Будем называть эти крути kоб лаком, если каждая прямая, пересекающая S, пересека ется не менее чем с k круrами. Докажите, что для 2облака w  2 + УЗ (рис. 21). Решение. Проведем через точку О  центр HeKoToporo крута С из 2облака прямую т, перпендикулярную пря мым, отраничивающим полосу S (рис. 22). Тотда прямая т должна пересекаться с друтим KpyroM А. Пусть Q  s А iТl Рис. 22 основание перпендикуляра, опущенното из центра Р Kpy ra А на прямую т. Так как прямая т пересекает А, то длина PQ не больше радиуса. Следовательно, PQ  1. А так как крути С и А не пересекаются, то ОР  2. По теореме Пифатора 28 
имеем, что OQ =:.10Р2  PQ2  122  1 2 === l'3 Так как полоса S должна простираться по крайней мере на радиус Kpyra в каждую сторону от концов отрезка OQ, чтобы содержать -круrи С и А, то ее ширина w  2 + OQ ===1 2 + 13 ЗАДАЧА. 18. CYIl\{A минимумов Если образовывать наборы по k чисел (al, а2, ..., ая) из множества чисел (1, 2, 3, ..., п), раз решая числа ai повторяться, то таких наборов будет п Я . Для каждоrо TaKoro набора отметим наименьшее из ai. Докажите неожиданный р.езультат, что сумма наим:8'НЬ тих ai во всех наборах равняется просто 1 Я + 2 Я + з я + . . . + n k  сумме kx степеней первых п натуральных чисел, Т. е. n  min (а 1 , а 2 , ..., а n ) ==  m k . 11,,== 1 Решение. Это прекрасное решение основано на очень простом факте, который настолько очевиден, что, :как правило, не может помочь в решении друrих задач. При .сложении последовательности натуральных чисел ri можно распределить их члены 1, члены 2 и т. д. Тоrда  ri == (количество членов  1) + (КQличество чле нов 2) + . .. Таким образом, число r считается r раз, давая верный вклад в сумму. Например, число 3 :можно сосчитать в слаrаемых (количество членов 1), (количе СТВО членов 2), (количество членов 3) и ни в каких друrих слаrаемых. Эта проц.едура эквивалентна прохож дениям по ряду, при которых вынимается по единичке . из каждоrо члена (до тех пор пока там не останется ни чеrо), и последующему сложению сумм, получающихся в результате таких прохождений. (Это похоже на пред ставление числа r в виде кучки из r спичек.) Оказывается, очень леrко вычислить количество чле нов в рассматриваемой сумме, которые не меньше целоrо положительноrо числа t. Ясно, что min (al, а2, ..., ая)  t 29 
тоrда и 'l'ОЛЬКо тоrда, котда каждое ai в kнаборе t. :Ко... личество kнаборов, имеющих это свойство, просто равно количеству kнаборов из :множества чисел (t, t + 1, ... . .., п). Для каждоrо ai можно указать п  t + 1 способ выбора соответственно, а количество kнаборов равно (п  t + 1)k. Поэтому (количество членов t)===(n  t + 1)\ а сумма их всех равна n  min (а 1 , а 2 , ..., а n ) ==  (количество членов  t) == t==l n ==  (п  t + 1)k == n k + nkl + ... + 1 k . t==l Профессор Иван Нивен дал преRрасное завершение проведенноrо рассуждения, продолжая от уже получен Horo результата 1 а именно, что количество kнаборов с минимумом t равно (п  t + 1)k. Эта iHe формула дает, чТо количество kнаборов с минимумом t + 1 равно (п  t)k. Поэтому Rоличество kнаборов с минимумом, равным ровно t, равно (nt+1)k(nt)k, и эти Ha боры вносят в общую сумму вклад, равный t [ (п  t + +1)k(nt)q]. СRладывая все такие выражения для t === 1, 2, . .., п, видим, что общая CYMla равна 1[(n)k(n 1)h]+2[(n 1)k(n 2)k]+ + з [(п  2)k  (п  З)k] + . . . + п [1 k  Ok] == === n k + nkl + nk2 + . . . + 1 k. Дадим возможность читателю насладиться, вычисляя значение  шах (а 1 , а 2 , . . ., а n ). ЗАДАЧА 19. ТРИ ПОСЛЕДНИЕ ЦИФРЫ ЧИ СЛА 79999 Каковы три последние цифры числа 7 9999 ? Решение. Заметим, что 74:==12401. Поэтому 7 4n == (2401)n == (1 + 2400)n == 1 + п.2400 + С;.2400 2 +. .., rде все члены этоrо биномиальноrо разложения после BToporo оканчиваются по крайней мере на четыре нуля 30 
и не В,лияют на после,дние три цифры результата. Эти последние определяются из равенства 1 + п .2400 == 24п . 100 + 1. Если т  последняя цифра числа 24п, то имеем 24п . 100 + 1 == (. . . т) . 100 + 1 == . . . тО 1, Т. е. 7 4п оканчивается на т01. При п == 2499 число 24п оканчивается па 6 и мы ви", дим, что 7 4п == 79996 оканчивается на 601. Так как 73 == З4З, то мы получаем 79999 == 79996 . 73 == (. . . 601) (З4З) == . . . 14З. Отсюда получаем последние цифры  14З (с помощью прямоrо умножения). С друrой стороны, мы можем пойти следующим пу... тем. Для п == 2500 число 24п оканчивается на О и мы видим, что 7 4п == 710000 оканчивается на 001. Таким об... разом, 710.000 == . . .001 == . . .000 + 1 == 1000k + 1 для HeKOToporo целоrо числа k. 'Это ,дает 710000 == == 1000(k  1)+ 1.001. Деля на 7, мы получаем 79999 === 1000 (k  1) + 143. 7 Так как правая часть должна быть целым числом, то 7 должно нацело делить число 1000(k  1), но 7 не делит 1000. Таким образом, k  1 должно делиться на 7, в I резу:льтате получаем целое число q. И мыI имеем 79999 == 1000q + 14З. Так как 1000q оканчивается на 000, то МЫ видим, что 79999 оканчиваетс на 14З. ЗАДАЧА 20. КАТЯЩАЯСЯ иrРАЛЬНАЯ КОСТЬ Обычная иrральная кость имеет на своих rранях числа 1, 2, З, 4, 5, 6. Ее бросают случайным об... разом до тех пор, пока сумма выпавших за время бро... сания очков не пр евы сит числа 12. Какая обrцая сумма очков будет наиболее вероятной? Решение. Рассмотрим предпоследний бросок. После Hero общая сумма должна быть либо 12, 11, 10, 9, 8, 31 
либо 7. Если она равна 12, то общий резуль'тат будет с равной вероятностью принимать значения 13, 14, 15, 16, 17, 18. Аналоrично при сумме 11 конечный резуль тат с равной вероятностью принимает значения 1З, 14, 15, 16, 17 и т. д. Чиело 1З появляется RaK равный RaH Дй.дат в Rаждом случае и является единственным числом TaKoro рода. ТаRИМ образом, число 1З  наиболее Bepo ятное. В общем те же доводы ПОRазывают, что наиболее вероятная сумма, впервые превыmающая п (п  6), есть п + 1. ЗАДАЧА 21. ПРОТЬШАНИЕ КУБА Сплошной Rуб С размером 20 Х 20 Х 20 По строен из 2000 кирпичей размером 2 Х 2 Х 1. Докажите, что этот Rуб можно ПРОТRНУТЬ прямой линией перпен дикулярно rрани Rуба, проходящей через Rуб и не про Rалывающей ни один из Rирпичей. Решение. Рассмотрим 8000 единичных кубиков в с. На Rаждой rрани Rуба С их ребра образуют решеТRУ 20 Х 20. Внутри трани находится 19 . 19 == З61 узлов этой решетки. Прямые, проведенные через эти 361 узлов перпенди кулярно rрани Rуба, проходят по ребрм единичных RY биков в соответствующие узлы решетки противополож ной rрани. Общее число таRИХ линий, ПрОТЫRающих внутренность Rуба С, равно 3. З61 == 108З. Пусть L  произвольный элемент из этоrо множества прямых. Две плоскости, проходящие через L параллельно rpa иям куба С, делят С на четыре параллелепипеда, каж дый из RОТОрЫХ имеет L в Rачестве ребра. Пусть А  люо6и из этих параллелепипедов (рис. 23). Так как одно из ребер А равно 20 (ребро куба С), 'то А должен co держать четное число единичных кубов. Теперь заметим, что кирпич 2 Х 2 Х 1 может иметь в А 1, 2 или 4 своих единичных :куба, но ни один RИРПИЧ не может содержать в А ровно 3 е,ДИНИЧНЫХ куба. Общий вклад в А RИрПИ чей, пересеRающихсн с А по 2 или 4 единичных куба, состоит из четноrо числа единичных кубов. Поэтому должно быть четное число кирпичей, пересекающихся с А по 1 единичному кубу. Заметим, что RИРПИЧ, KOTO рый пересекается с А по единичному кубу, должен пере секаться с L по своей середине вдоль ребра, общеrо всем 32 
четырем составляющим ето еДиничным кубам. Следова тельно, прямая L должна протыкать четное число кир пичей. Но каждый кирпич протыкается только одной пря мой L. На самом же деле каждьiй кирпич проты:кается с I , , J..  .... ./ .;' ./ ./ ккрп"ч "3 еА"Н"ЧНЫХ КУО"КОВ размером 2 х 2)(1 Рис. 23 одной и 'только одной прямой L, и мы получаем 200.0 Ta ких протыканий. А так как существует 108З прямые L, каждая из которых протыкает четное число кирпичей, то найдутся прямые, которые будут протыIатьь менее двух кирпичей. По крайней мере 83 из прямых L не должны протыкать никакие кирпичи. ЗАДА ЧА 22. ДВОЙНАЯ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ Для некоторых натуральных чисел п мож но построить последовательность, в которой каждое из чисел 1, 2, 3, ..., n встречается дважды, причем второе появление каждоrо из чисел r происходит на rM месте после ero первоrо появления. Например, для п == 4 4, 2, 3, 2, 4, З, 1, 1. Для п == 5 имеем 3, 5, 2, З, 2, 4, 5, 1, 1, 4. Такое размещение невозможно для п == 6 или 7. Для n === 8 имеем 8, 6, 4, 2, 7, 2, 4, 6, 8, З, 5, 7, 3, 1, 1, 5. Докажите, чТо такая последовательность не существует, если остаток числа n при делении на 4 равен 2 или 3. Решение. Занумеруем места в последовательности чис лами 1, 2, 3, ..., 2п. Предположим, что первое появле з Р. Хонсбеюrер 33 
вие числа 1 произойдет на месте с номером Рl, первое появление числа 2  на месте с номером Р2 и Т. Д. Тотда второе появление числа 1 случится на месте Рl + 1, BTO рое появление числа 2  на месте Р2 + 2 и т. д. Сумма всех чисел, являющихся номерами мест всех пар, paB няется 1 + 2 + з + . . . + 2п, а, с друrой стороны, равняется (Рl + Рl ,+ 1) + (Р2 + Р2 + 2) + · · . + (Рn + Рn + п). Поэтому 2п (2 +- 1) == 2 (Рl + Р2 + ... + Рn) + п (п; 1) . Обозначив Рl + Р2 + . . · + Рn == Р, получим 2п (2п + 1) == 2Р + п (п + 1) 2 2 ' откуда р == 2п (2п + 1)  п (п + 1) == Зп 2 + п == п (3п + 1) 4 4 4. Так как Р  целое число, то п (Зп + 1) должно делиться на 4. Однако, если п при делении на 4 дает в остатке 2 или З, то п (Зп + 1) при ,делении на 4 дает в остатке 2. Получим противоречие. д. Марч доказал, что в случае, если остаток при дe лении числа п на 4 равен О или 1, то требуемая по... следовательность всетда существует. Рассмотрим теперь близкую задачу определения KO личества способов расС'тавить в ряд числа 1, 2, ..., п так, чтобы при произвольно выбранном первом числе перед числом k стояло либо число k  1, либо число k + + 1 (не обязательно непосредственно перед ним). Ha пример, для п == 6 среди возможных расстановок име ются слеД,ующие: 4, 3, 5, 2, 6, 1 и З, 4, 2, 1, 5, 6. Решение. Предположим, что первое число есть r. Tor-- да числа 1, 2, . . ., п разобьются на две rруппы: А == ( 1, 2, ..., r  1) и В == (r + 1, r ,+ 2, . . ., п). Правило, требующее, чтобы перед числом k стояло либо число k  1, либо число k + 1, влечет условие, что числа из А должны входить в ряд в порядке их убывания, 34 
а числа из В в порядке их возрастания. Ясно, что пер вым числом ИЗ В не может быть, например, число r + 2, потому что ему должно предшеСТRовать либо ЧИСЛО r + 1. либо число r + 3. Аналоrично, первым числам из В после числа r не MorYT быть числа ,. + 3, F -+ 4, ..., Yl-. I!I>O()Jr'" жая такие рассуждения, нетрудно показать, что числа из В должны быть расположены в порядке r + 1, r + 2, ... . .., n. Аналоrичное рассуждение проводится и дЛЯ MHO жества А. Поскольку требуется лишь, чтобы элементы из А и В располаrались в их естественном поря,дке, то между co бой эти rруппы MorYT перемешиваться. Например, так как r  первое число, то число r + 1 может стоять как следом за ним, так и после чисел r  1 и r  2. Следо вательно, количество рядов, которое начинается с числа r, равно количеству способов выбрать r  1 место среди n  1 места для всех r  1 членов множества А., а имен но, равно C  \ . Расположение членов из В происходит автоматически на свободные места. Так как число r MO жет быть выбрано из значений 1, 2, ..., n, то общее количество способов расстановки в ряд равно С О С l С 2 C n1 (1 1) n1 2 n1 n1 + n1 + n1 + ... + n1 == + == · 3АДА\ЧА 23. ОКРУЖНОСТИ, РАЗБИВАЮЩИЕ ТОЧЕЧНЫЕ МНОЖЕСТВА На плоскости заданы 2n + З точки, никакие 3 из которых не лежат на одной прямой и ника:кие 4  На одной окружности. Докажите, что всеrда можно найти окружность, которая проходит через 3 из данных точек и разбивает остальные пополам, т. е. половина лежит внутри окружности, а половина вне нее. Решение 1 (предложенное Мюрреем Rламкином). Обозначим через А и В две вершины выпуклой оболочки Н данноrо множества точек Т (рис. 24). (Определение выпуклой оболочки дано в задаче 11.) Так как никакие три из точек множества Т не лежат на одной прямой, то на отрезке АВ не будет больше точек (кроме А  В) из множества Т. Пусть большая окружность С', прохо дящая через точки А и В, имеет центр О, вне Н. Cer мент АХВ окружности С', который лежит внутри Н, MO жет содержать некоторые из 'точек множества Т. Однако увеличивая размер окружности С', можно заставить ее 3* 35 
приблизиться к отрезку АВ так близко, как мы ХОТИМ. При таком увеличении дута АХВ, приближаясь к АВ, проходит через все (а их конечное число) точки из Т, лежавшие в первоначальном cerMeHTe АХВ. Таким об разом, существует некоторое количество окружностей, проходящих через точки А и В, дЛЯ которых ceT мент АХВ, включая ето дyry, лишен точек из Т. Обозначим такую окруж ность С, а ее центр бук вой о. Начнем с Toro, что имеется оружность С, проходящая ровно через две точки из множества Т, а именно, через А и В, и не имеющая точек из Т внутри себя. Будем преоб разовывать С, передвиrая ее центр к отрезку АВ вдоль среДИнноrо перпендикуляра L отрезка АВ и подбирая радиус так, чтобы С прохцдила все время через точки А и В. При приближении точки О к АВ сетмент АХВ увеличивается, захватывая все больше и больше точек из Н. После пересечения точкой О отрезка АВ сетмент АХВ становится ббльшим сетментом окруж ности С (определяемым отрезком АВ) и, в конце концов, увеличивается настолько, что покрывает все множество Н, а следовательно, и все множество Т. Так как никакие 4 точки из Т не лежат на одной окружности, сетмент АХВ должен захватывать точки из Т по одной за раз. Коrда (п + 1)я точка К окажется на окружности, то внутри нее окажется ровно п преды1дущих точек из Т, :и она буде'Т проходить через три точки А, В и К. Oc тальные п точек из Т будут все еще лежать вне окруж ности С, откуда следует утверждение задачи. Решение 2 (предложенное л. Дж. Дики). Обозначим через О одну из данных точек и рассмотрим окруж ность R с центром в О. Рассмотрим инверсию данных точек относительно окружности R. (Определение инвер сии можно прочесть в :книrе: Копсетер, Трейцер. Новые встречи с rеометрией. М.: Наука, 1978.«Библиотека математическоrо кружка».) Центр о при этом переходит в бесконечно удаленную точку и мы получим множество S, состоящее из 2п + 2 конечных точек, являющихся образами заданных 'точек при такой инверсии (рис. 25). 36 Рис. 24 
Рассмотрим прямую t такую, что все множество S ле жит по одну сторону от нее и начнем ее двиrать к MHO жеству S до тех пор, пока она не коснется ,ето, скажем, в точке А' (или наоборот, обозначим через А' вершину о о I множество S нэ В 2. n + 2. образов о о t  о o о (п) о о о о о о ( п) о о О 00 о  t1нверсня ОТlo40Сt1тельно R о о о о о о А 1 о Рис. 25 выпуклой оболочки множества S и через t прямую, про... ходящую через точку А', которая пересекается с этой выпуклой оболочкой только по точке А'). Пусть теперь один из лучей прямой t с верШИIlОЙ в точке А' заметает множество S, поворачиваясь BORPYf точки А'. Вскоре мы Д9Rажем, что заметающий луч t будет встречаться с точками из S по одной за раз. СJl довательно, в конце концов он пройдет через очу В' такую, что А' В' делит остальные 2п + 2 точки цодоламl' Пусть А и В  точки из данното множества, ,яUJI ющиеся прообразами точек А' и В'. Заметим, r;ro пря.::о мая А'В' не может проходить через точку О  Ц.еН1р инверсии, так как в TaRoM случае точки А, В JI О ле жали бы на одной прямой, что противоречит УСЛОВJIЮ. Поэтому прообраз прямой А'В' должен быть ОRРУЖ ностью К, проходящей через точку О (рис. 26). Окруж ность К тотда ПрОХО,дит через три 'точки данноrо МRОже ства: А, В и о. Итак, как при обратном преобра30В'lПИЦ множества S в точки заданноrо множества, ТОЧКIJ, ле жавшие по одну сторону от А'В', попадут внутрь ОК=- ружности К, а точки, лежавшие по друrую CTOPOHY, во внешнос'ть этой окружности, то мы видим, что окруж... пость К делит данное множество пополам. (Rасате,льная к окружности К в точке О параллельна прямой А'В'.) Мы не только решили задачу, но и показали, что через каждую точку О данното множества проходит иско... мая окружность. Из 2п + 3 полученных таким образом окружностей имеется лишь (2п + 3)/3 различных, так 37 
в:ак ов:ружность, пр,оходящая через точв:и А, В и О, при этом считается трижды. (Тав: в:ав: нив:ав:ие четыре точв:и данноrо множества не лежат на одной ов:ружности, то ни одна из полученных ов:ружностей не может бы'ьь посчи тана более чем три раза в этих 2п + З решениях.) Для о о Рис. 26 любой из ,данных точев: не является невозможным слу чай, в:оrда через нее проходит более одной исв:омой oв: ружности. В заRлючение мы дов:ажем ранее приведенное утверж дение о том, что заметающ,ий .луч t встречает 'точв:и из S по одной за раз. Сначала мы отметим, в:ав: и прежде, что всякий раз, в:оrд,а луч встречает точку С', то он не может в этом положении проходить 'тав:же и через 'точ ку О  центр инверсии (в противном случае точки О, С и А лежали бы на одной прямой). Тав:им образом, если бы 'луч встречал одновременно две (или более) точв:и, скажем С' и D', то прообразом прямой A'C'D' была бы окружность, проходящая через точв:у О (тав: в:ав: прямая A'C'D' не проходит через О) и содержащая четь:rpе из данных точев: О, А, С и D, что противоречит условию з3,дачи. ЗАДАЧА 24. О ДЛfIIIАХ СТОРОН ТРЕ}тrОЛЬНИКА Если отрезв:и с длинами а, Ь, с образуют треуrоЛЬНИВ:, то для всех п === 2, З, 4, ... отрезв:и с дли... nr: !!п n/ нами V а, V Ь, у с тав:же образуют треуrольник. 38 
Решение. Если отреЗI\И с длина:м:и а, Ь, с ОQразуют треуrольнив:, то неравенство треуrольнив:а дант а+Ь>с и т. д. Поэтому мы имеем (ya+ V'b)n>a+b>c== (Уё)n, отв:уда Va + yb > vё. Остальные случаи проверв:и неравенства треуrольнина рассматриваются аналоrично, откуда и следует зав:лю чение. ЗАДАЧА 25. ПОjКАЛУЙСТА, НЕ ВЫЧИСЛЯЙТЕ В 1952 r. Бухарт и Мозер опублив:овали He обычную статью «Пожалуйста, не вычисляйте» в попу лярном журнале «Scripta Mathematica» (с. 221 2З6). Мы рассмотрим здесь несв:ольв:о представленных ими остроумных альтернативных вариантов обычным спосо бам вычис.лений. 1. В первой задаче мы определим объем общей части двух прямых в:руrовых цилиндров радиуса а, пересена ющихся под прямым уrлом (т. е. их оси пересенаются А Рис. 27 под прямым уrлом). Это дает нам возможность момеп тально изобразить тольв:о что описанную область R пере сечения цилиндров. В направлении одноrо из цилиндров R выrлядит столь же нруrлой, в:ав: и цилиндр, ИЗ В:OTO poro она вырезается. Верхняя половина R изображена на рис. 27. Ее объем леrв:о найти, сравнивая эту фиrуру 39 
с вписанной в ное сферой. Ясно, что если вкатить сферу радиуса в каждый из этих цилиндров, то она будет впи сана в их пересечение. Слой из R, параллельный основанию ABCD, будет иметь квадратное основание в силу симметрии четвер тото порядка тела R. Такой же слой вписанной сферы S имеет в основании Rpyr, который является крутом, впи санным в соответствующее квадратное основание слоя ИЗ R. Отношение площадей квадрата и вписанноrо в Hero Kpyra равно (2r)2  i. 1tr 2  зt. Суммируя сказанное, мы получаем, что объем R в 4jл раз больше объема s. Таким образом, объем R == : (; лаЗ) == 136 аЗ. Конечно, стротое обоснование тото, что R === 4Sjл, включает все основные вычисления, которых мы хотели избежать при таком подходе. В действительности в такой задаче нельзя обойти ПОНJfтие предела. Тем не менее, сравнение R с S остроумно, вполне удовлетворительно, поскольку может быть строто обосновано. 2. Друrая остроумная идея решает задачу определе ния прямой L, проходящей через точку Р внутри выпук лой кривой С, которая отсекает от С область с наимень шей площадью. Если отрезок прямой L, заключенный 'J  о а а+l х Рис. 28 в области С, не делится точкой Р пополам, то, HeMHoro повернув эту прямую BOKpyr точки Р в соответствующем направлении, мы отрежем от области больший сектор, чем добавится с друrой стороны от точки Р. Это пока 40 
зывает, что данная область не является наименьшей (рис. 28). Эта старая идея находит применение в реше... нии мноrих задач. Очень привлев:ательно применение этой идеи к реше нию задачи о нахождении двух ординат в:ривой у === exjx, абсциссы в:оторых отличаются на единицу, тав:их, что площадь, отсекаемая ими под I{рИВОЙ, была бы мини мальна. Ясно, что если ординаты не равны, то, сдвиrая ИХ так, чтобы их длины выравнивались, получим лучший результат. Таким образом, для минимальноrо положения должно найтись число а тав:ое, что е а е а + 1 1  === + 1 , отв:уда а == 1 . а а e з. Мозер и Бухарт остроумно применили в:лассичесв:ий изопериметричесв:ий резуль'тат о том, что из всех простых пуrольников с данным периметром L наибольшую пло щадь имеет правильный пуrольник (мноrоуrольник Ha зывается простым, если он не содержит самьпересе чений) . Новое лаконичное доказательство, в в:отором присут ствует ,довольно обычное предположение о том, что тав:ой пуrольник максимальной площади сущеетвует, было предложено покойным Ричардом де Маром в ero выдаю щейся статье «Простой подход к изоперим:етричесв:ой за даче на плосв:ости» в журнале «Mathematics Magazine», 1975. Он рассматривает по отдельности два условия пра вильности мноrоуrольника: 1) равенство сторон, 2) равенство уrлов. Эти случаи рассматриваются с помощью блестящеrо соображения, ROTopoe проиллюстрируем, используя pe зультат, полученный в п. 1. Пусть К === ABCD . . . простой мноrоуrольнив:, не яв'" ляющийся равносторонним (рис. 29). В э'том случае дли ны некоторой пары последовательных сторон не будут равны. Предположим, что АВ > ВС. Выберем 'точку Х между А и В 'так, чтобы ВХ > ВС. Тоrда уrол и === L- ВСХ превыаетT уrол v === L-BXC. Теперь отрежем треуrольник ВСХ и перевернем ето так, чтобы поменять точв:и Х и С. в результате получим мноrоуrольник К'. Так как и > и, то уrол в точке Х будет больше развернутоrо утла и К' не будет выпуклым. 3аметим тав:же, что К' будет уже не пуrольником, а (п + 1)уrольником. О,днако так как 41 
он является невыпуклым, мы :м:ожем леrко превратить ero в пуrольник, при этом увеличив ero площадь. Если мы соединим точку В' (новое положение точки В) с точ", кой А, то мы получи:м пуrольник большей площади дa i-Ke с меньшим периметро:м. Растяrивая фиrуру так, что бы ее периметр стал равным L, мы еще увеличим ее пло... щадь, ОТКуда следует, что К не является мноrоуrольни", ком максимальной площади. в' с А в к к' А Рис. 29 Рассмотрим, как Вухарт и Мозер применяют эту изо... периметрическую теорему к решению старой задачи мак... симизации площади прямоуrольника, который с одной стороны оrраничен фиксированной стеной, а с трех Д.ру'" rих сторон  забором с заданной общей длиной L. ДЛЯ всех заборов ABCD четырехуrольник В' ВСС', получен... ный с помощью отражения данноrо прямоуrольника от... носительно стены, будет иметь постоянный периметр 2L в' O., с' I I I I I I I I I I стена I I 71" """"1"" " f I f '"'' f '" "'r в с Рис. 30 (рис. ЗО). Таким образом, он будет максимальным, коrда будет правильным, а именно, квадратом. Соответственно, 42 
максимум RоrДа ero решена. Аналоrичная задача нужна при нахождении размеров консервной банки максимальноrо объема с заданной пло щадью поверхности. Если ее решение известно в одном из случаев «с крышкой» или «без крышки», то леrко получить и решение в друrом случае. Отражая О'ТRрЫТУЮ банку относительно плоско сти, в RОТОРОЙ лежит ее Bepx няя поверхность, получаем Рl закрытую банку, Rоторая обязана таRже иметь макси мальный объем. Таким обра зом, каково бы ни было OT ношение h/r высоты R радиу су мы видим, ЧТО оно вдвое больше для «баНRИ с RрЫШ RОЙ», чем для «банRИ без RРЫШКИ» (рис. 30). 4. НаRонец, рассмотрим  еще одно приложение изо периметричеСRоrо резулъта... та, получая дpyroe решение задачи М 7. В yrлу прямоуrольной :комнаты требуется располо жить две четырехфутовые ширмыI так, чтобы отrородить участок пола маRсимальной площади. Определите их положение. Пусть вершина уrла и стены Rомнаты рассматривают... ся RaK начало системы Rоординат и ее оси. Отразим ширмы относительно осей так, чтобы получился восьми... уrОЛЬНИR РВРIАIР2ВIРзА, как ПОRазано на рис. 31. Для любоrо положения ширм ПQриметр восьмиуrОЛЬНИRа б у... дет пос'тоянным и равняется 8. 4 == 32 фута. Решение MrHoBeHHo следует после Toro, :как мы заметим, что мак... симальной площади в yrлу соответствует восьмиуrольник l\tIаRсимальной площади. Так RaK он должен быть пр а... вильным восьмиуrольником, то каждый из ero уrлов равен «половины», ABCD, должен быть в случае, длина вдвое больше ширины, и эта задача у р х r; Рис. 31  (8  2) .180 == 135 rрадусов и ос'тальные элементы построения леrко получаются. 4з 
ЗАДАЧА 26. а Ь и ь а Час'то бывает нетрудно определить, что больше: а Ь или Ь а . Очевидно, что 23 < З 2 И З 4 > 43. Однако при рассмотрении двух чисел, одно из которых между 2 и З, а друтое мещду З и 4, решение этоrо BO проса бывает трудным. Что больше: ел' или л е ? Решение. Для положительноrо х мы имеем х 2 е Х == 1 + х + 2" + ... > 1 + х. Так как 1t > е, 'Л/е> 1 и х == л/е  1 > о. Таким образом, e'Jt/el > 1 + ( .:!..  1 ) e'Jt/I >  е ' е е' еп/tI > л , еЛ > л 8 . в качестве леrкоrо упражнения предлаrаю показать, что функция е Х  1  х имеет единственное минимальное зна чение в пуле (при х == О). Таким образом, для всех Be щественных значений х мы имеем е«  1 + х. При помощи этоrо соотношения Дьердь Поста построил слеДУЮIЦее прекрасное доказательство знаменитоrо Hepa венства среднето арифметическоrо и среднето rеометри ческоrо. Обозначим через at, а2, ..., а п некоторые веще ственныIe положительныIe числа, а через А и G, COOT ветственно, их сре,днее арифметическое и среднее Teo метрическое, Т. е. А ==  (а 1 + а 2 + ... + а п ), G == (а 1 .а 2 . . а п )1/ n . n Придавая х значения (aJA) 1, i == 1, 2, ..., n, мы получим п соотношений (al/A)l а 1 е  А ' (a2IA)1 а 2 е  А ' . . . . . . . (aп/A)l ............. а п е A. 44 
Перемножая их, получим а 1 +а 2 +...+а n А n а 1 а 2 · .. а n е  Ап ' что есть просто nn .............. G n 1 .............. G n е :;:::::; пили :;:::::; N' А А откуда следует, что А ;:::: G. Заметим, что А === G лишь в том случае, если paBeH ство будет во всех п соотношениях. Это соответствует тому, что во всех случаях aJA  1 === О. Это показывает, что А === G только тоrда, коrда все ai равны (чис,лу А). ЗАДАЧА 27. МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ШУТКА Человек Rупил на почте несколько OДHoцeH товых марок, столько двухцентовых, что 3/4 их количе ства равняется числу одноцентовых, столько пятиценто вых, что 3/4 их количества равняется числу ДByxцeHTO вых, и пять восьмицентовых марок. Он заплатил за них одним банкнотом без сдачи. Сколько марок каждоrо дo стоинства он купил? PemeHlIe. Предположим, что человеI{ купил у OДHoцeH товых марок. Тоrда он купил Зу/4 двухцентовых марок и 9у/16 пятицентовых марок. Так как 9у/16  целое чис ло, то у делится на 16. Тоrда для пенотороrо целоrо числа 16х === у и по:купка состояла из 16;\ одноцентовых, 12х двухцен'товых, 9х пя'Тицентовых и 5 восьмицентовых марок. Предположим, что он расплатился за марки kдолларовым банкнотом. Таким образом, стоимость равна 16х + 2 · ( 12х ) + 5 . (9х) + 8 · 5 === 100 k, Т. е. 85х + 40 === 100k, 17х == 20k  8 и х === 20k 1 :; 8 === k + 3\:; 8 . Та:к как числа х и k  целые, то 3k8 17  также целое число. Но k должно быть одним из чисел 1, 2, 5, 10, 20, 50, 100, 45 
1000 или 10 000. Единственным из них значением k, при котором (Зk  8) /17  целое число, ЯВJlяется k == 100О, что. означает, что человек купил 18 816 одноцентовых, 14 112 двухцентовых, 10 584 пятицентовых и 5 восьми центовых марок. ЗАДАЧА 28. КАРТЫ НА СФЕРЕ Рассмотрим на сфере rеоrрафическую карту М. Предположим, что в каждой вершине карты М cxo дятся ровно три страны и что ни одна из rраниц стран не является петлей (т. е. каждая rpаница содержит не менее двух вершин). Карта окрашена красками А, В, С, D так, что rраничащие страны окрашены в разные цвета. Мы используем термин «страна» для всех обла стей на карте независимо от Toro, являются ли они CTpa нами или водным проетранством. Будем называть страну четной или нечетной в за висимости от четности или нечетности числа ее rраниц. Докажем, что общее количество нечетных стран, KOTO рые окрашены в один из двух цветов, скажем, в А или В, является всеrда четным числом. Решение. Этот вопрос кажется очень трудным, потому что, даже зная, что страна окрашена в цвет А, IЫ не можем ее причисллть к рассматриваемой совокупности, пока мы не знаем, четная она или нечетная. I М М в с V с Рис. 32 На выручку приходит с.ледующая веЛИRолепная идея. Каждую вершину V помеСТИI внутрь маленькоrо Tpe уrольника так, как показано на рис. З2 (вершина V и короткие части каждой из дуr, выходящих из этой 46 
вершины, стираются, а свободные концы соединяются, при этом образуется 'треуrольник). Конечно, это добав ляет в в:аждой вершине новую треуrольную страну, в pe зультате чеrо получается новаЯ r карта М'. Хотя три из четырех цветов ов:ружают вершину V, остается еще чет вертый цвет для этоrо HOBoro треуrольника. Тав:им об разом" эти треуrольнив:и можно ов:расить, соблюдая пра вило, что соседние страны должны быть окрашены в различные цвета. Также заметим: на в:арте М' попреж нему в в:аждой вершине сходятся три страны. Построение в:арты М' имеет двойной эффев:т. Сторона HOBoro треуrольника 'также является новой rраницей существующей страны, 'тем самым меняя ее четность: из четной в нечетную или наоборот. Тав:им образом, в:оrда в вершине V построен новый треyrольнив:, количество нечетныIx областей в в:аждом из трех цветов, ов:ружавших вершину V, изменяется на единицу (увеличиваясь или уменьшаясь), но тав: в:ав: новый треуrольнив: сам явля ется нечетной страной четвертоrо цвета, мы видим, что количество нечетных стран меняется на единицу для в:аждоrо из четырех цветов. Тотда для любой пары цветов изменение общеrо в:оличества нечетных стран, имеющих эти цвета, равно либо 2, либо О, либо 2 в зависимости от Toro, увеличивается или уменьшается в:оличество He четных стран с каждым из этих двух цветов. Во всех случаях общее изменение для любых двух цветов явля ется четным числом. Поэтому в:оличество нече'ТНЫХ стран, ов:рашенных в А или В, вначале и потом имеют одну и ту же четность. Все это сохраняется и при изменениях в каждой вершине. Тав:им образом, после построения в:арты М' общее в:оличество нечетных облас'тей, oв:pa шенных в цвета А или В, имеет ту же четность, что и в в:арте М, рассмотренной вначале. Следовательно, мы можем получить неоБХОДИМУIО информацию, рассматривая в:арту М'. Кроме 'Toro, при построении карты М' количество CTO рон, окружавших страну на в:арте JtJ, удваивается. Таким образом, на в:арте lJtI' все страны, бывшие и на :карте М, становятся четными, а нечетными будут лишь новые треуrольнив:и. fIaM остается по:казать, что количество HO вых треуrольнив:ов на :карте М', ов:рашенных в цвет А или В, четное. Теперь нам в действительности уже не нужны нари сова!Iные маленьв:ие треуrольнив:и. Тав: кав: каждый из них ОI{рашен в тот цвет, в:оторый не о:кружает вершину 47 
V, ТО мы получаем эквивалентную ситуацию, просто по... мечая каждую вершину на карте М тем цветом, который не окружает ее. Предположим, что мы сделали такую замену. Покажем, что общее количество вершин, поме... ченных цветами А и,ли В, четно. С этой целью paCCMOT рим rраницу, разделяющую две страны, окрашенные в цвета С и п. Вершины в концах такото «разделителя» )'1' "";"'"" '111< раздел "тель Рис. 33 не MoryT быть помечены ни цветом С, ни цветом п, так как эти цвета окружают каждую из них (рис. ЗЗ). По... этому каждый ин концов разделителя должен быть по... мечен цветом А или В. С друrой стороны, если вершина помечена цветом А или В, то цвета С и D обязаны со... держаться сре,ДИ трех цветов стран, окружающих эту вершину. Следовательно, одно из ребер, выходящих из э'той вершины, должно быть разделителем. Тоrда мы име ем, что оба конца этоI'О разделителя помечены цветами А или В, а разделители присутствуют у всех вершин, помеченных цветами А или В. Завершает наши рассуждения доказа'тельство Toro факта, что никакие два разделителя не MorYT име'ть об... щеrо конца. Но это очевидно. Предположим, что два раз делителя встречаются в некоторой вершине, помеченной, скажем, цветом А. Три страны, примыкающие к этой вершине, должны бы'ьь окрашены в цвета В, С и п, но ребро между странами с цветами В и С не является разделителем, как не является разделителем и rраница между странами, окрашенными в цвета В и п. Таким образом, из вершины, помеченной цветом А, выходит не более одноrо ребра, являющеrося делителем. " Это означает, что разделители не пересекаются; та... ким образом, все вершины, помеченные цветом А или В, разбиваются на пары, откуда следует, что их общее число четно. 48 
ЗАДАЧА 29. ВЫПУКЛЫЕ ОБЛАСТИ НА ПЛОСКОСТИ Докажите, что всякая замкнутая выпуклая область на плосности, имеющая площадь :J1 или большую, содержит две точки, находящиеся на расстоянии 2 друr от друrа (рис. З4). Решение. Введем полярную систему координат так, чтобы полярная ось касалась этой об.ласти в центре си... cTeMы координат. Предположим, что уравнение rраницы r =- f(8) (r,O) о полярная ось Рис. 34 области таково: r === 1(8). Тоrда, используя обычную фор... мулу ,площади, имеем 11: 11:  2 11: А == .r  r 2 d8 ==  5 r (8) d8 == ; 5 r (8) d8 +  .f r (8) d8. о о о 11: 2 n Заменяя во втором интеrрале 8 на е +2' мы видим, что он равен 'Л./2 11:/2  5 f2 (8 +  ) d (8 +  ) ==  s f2 (8 +  ) "8. о о Следовательно, площадь равна 11:/2 А == ; S [f2 (8) + r (8 +  )] d8. о Подынтеrральная функция здесь. равна квадрату 4 Р. Хонсберrер длины 49 
искомой хорды. Если любые две точки отстоят на pac стояние, меньшее 2, то все хорды будут Иl\tlеть длину, меньшую 2, а их квадраты будут меньше 4, и мы и:м:еем '[(/2 'Л/2 А < ; s 4 de == 2 S de == Л. о о Получили противоречие, откуда следует справедливость утверждения задачи. Мы замечаем, что если длина ни одной из хорд не превосходит 2, то площадь не превосходит л. Таким об... разом, если известно, что площадь превосходит л, то должна существовать некоторая хорда, ,длина которой превосходит 2. Эта работа подводит к красивым резу,льтатам из ком... бинаторной rеометрии. В 1911 Т. repMaH Минковский в работе, написанной незадолrо до смерти, разразился серией поразительных результатов о выпуклых областях на плоскости. Там содержится и ныне знаменитая тео... рема: Если цеnтраЛЪ7--tосu.мметричnая аамппутая область площади, большей 4, имеет свой цеnтр в целочислеnnой точпе, то она содержит еще nе меnее 2x целочислеnnых точеп. (Центральносимметричной фиrурой называеТСjJ фиrура, содержащая точку О, поворот ВОКРУТ которой на 1800, приводит R совмещению фиrуры с ее прежним по... ложением. ) Эта теорема рассматривается в моей книrе «Mathema... tical Gems», том 1, и я не бу,ДУ повторять здесь ее до... казательство. Однако мы можем леrко доказать теорему, предложенную Джозефом Хаммером (АММ, 1968): Если цеnтральnосu.мметричnая аампnутая область R площади> л имеет свой цеnтр в целочислеnnой точпе, то оnа J,tожет быть nоверnута вопруz своеzо цеnтра в nоложеnие, при потором будет содержать еще по -край... пей мере две целочислеnnые точпи. Доказательство. Так как точка О  центр фиrуры R, то она делит пополам каждую проходящую через нее хорду. Поэтому, если существует хорда АВ, проходящая через точку О и имеющая длину 2, то эта хорда будет простираться по :крайней мере на 1 в обе стороны от точки О и, поворачивая ее BOKpyr точки О, мы можем привести ее в положение, при котором она будет покры вать две соседние целочисленные точки (С и D, или Е 50 
и j/') на прямой, проходящей через точку О и принад'" лежащей целочисленной решетке (рис. З5). Так как фиrура R имеет площадь >л, то, как мы знаем, некоторая ее хорда имеет длину 2. Таким об разом, если хорда АВ проходит через О, то утвержде ние справедливо. Если хорда АВ не проходит через О, то о Е с D о о Рис. 35 точка отстоит даже более чем на ABj2 от одното из концов, скажем, А. А поскольку фиrура R центральносиммет рична, хорда АОА' даже длиннее, чем хорда АВ, и дo казз:тельство закончено. В точности та же идея подтверждает справедливость и второй теоремы из работы Ха:ммера: Если зампnутая выlуклаяя область R площади >л/2 поворачивается вопруй произвольпой точпи Р этой об ласти, ТО в nепотороJrt положепии оnа попрывает по пpaй пей мере одnу из целочислеnnых точек. Доказательство. Если фиrуру преобразовать с по... мощью rо мотетии Р (12) (т. е. с центром Р и коэффици'" ентом 12), то все ее линейные размеры увеличатся в 11 2 раз, а площадь удвоится. Так как новая ПЛощадь будет поэтому превосходить Л, то новая область будет содержать хорду длины >2. Это означает, что COOTBeT ствующая хорда АВ в области R имеет длину >2/12 === == 12 . Теперь, как ранее, любая точка Р либо является серединой отрезка АВ, либо отстоит более, чем на ABj2 от точки А или точки В. В любом случае, ОД,ин из от... резков Р А или РВ длиннее, чем 1'2/2, скажем, отрезон РА. Но каждая точка плоскости расположена на расстоя нии не большем, чем 1' 2/ 2 от некоторой целочисленно:Й 4* 51 
точки (центр С це лочисленноrо единичноrо квадрата OT стоит ровно на -у 2/2 от Rаждой из четырех ero целочис ленных вершин) (рис. 36). ТаRИМ образом, вращение BOKpyr точки Р позволяе-т спи Це Р А покрьiть целочисленную точку, ближайшую к точке Р. Области, затронутые в Teo реме Минковско.rо и первой теореме Хаммера, предполата лись центральносимметричны ми. Для центральносимметрич mIX фиrур центр симметрии и центр масс совпадают. Таким образом, эти теоремы можно бьто бы сформулировать экви о валентно в терминах областей, ИМеющих свой центр тяжести в целочисленной точке. Если теперь отбросить предположение о их центральной сим метричности, то эти теоремы будут иметь смысл, но бу дут невериы.. Однако, к нашему удивлению, ИХ можно спасти, если увеличить рассматриваемую площадь на 1/8: 1 3aJпJti,нутая вы,уплаяя область площади> 4 "2 с цeHT ром Jпacc в целочислеН1tой точJti,е noJti, ры,аетT еще не .менее двух целочисленuы,x точеJti, (предложено э. Эрхартом).. 3aJппнутая вы,уплаяя область  площади >9nj8 с цeHT ром Jпacc в целочисленuой ТОЧ1i-е .может бы,ьb повернута вО1i,руе своеео центра тяжести Ta1i" что будет nо1i,ры,атьb еще не .менее двух целочисленны,x точеп (предложено Хаммером) . о    I f f I I {; I I · I I r I I I I --6 о А о о Рис. 36 ЗАДАЧА 30. СИСТЕМА ДИОФАНТОВЫХ УРАВНЕНИЙ Решите следующую систему уравнений в Ha туральных числах: аЗ  Ь З  С З == 3аЬс , а 2 == 2 (Ь + с). Решение. Так как 3аЬс........ положительное ЧИСJ10, то аЗ Должно быть больше, чем сумма Ь 3 и с 3 ; таким образом, 52 
имеем ь < а и с < а. Складывая эти неравенства, получим, что Ь + с < 2а, следовательно, 2 (Ь + с) < 4а. Из BToporo уравнения по лучаем, что а 2 < 4а и а < 1. Но второе уравнение также показывает, что а  че'тное число. Таким образом, а должно быть равно 2, а MeHЬ шие числа Ь и с должны быть равныI 1. ЗАДАЧА 31. ОТРАЖЕННЫЕ КАСАТЕЛЬНЫЕ Пусть А и В  две OKPYj-l\НОСТИ, лежащие по одну сторону от прямой т. Постройте касательную к окружности А, которая после отражения от прямой m также коснется и окружности В (рис. 37 на с. 54). Решение. Симметрично отразим окружность В OTHO си'тельно прямой m в положение В'. Тоrда общие Kaca теЛьные к окружностям А и В' дают четыре- возможных решения (касательные к о:кружности В' при отражении от прямой m переходят в касательные к окружно сти В) (рис. 38). ЗАДАЧА 32. ЭЛЕr АНТНО РАЗРУШЕННАЯ ШАХМАТНАЯ ДОСКА Если выбросить из обычной шахматной доски 8 Х 8 все черны1e клетки, то доска утрачивает способность размещения на ней хотя бы одной кости домино размером 2 Х 1. Однако эта способность восста.. навливается при возвращении хотя бы одной черной :клетки. Уменьшенную подобным образом шахматную доску будем называть «элеrантно разрушенной». ' Для TaKoro разрушения совершенно не обязательно выбрасывать все черные (или все белые) клетки. Впол не возможно выбросить некоторую смесь черных и белых клеток. 32 кости домино очевидным образом покры вают шахматную доску (рис. 39), поэтому; если не BЫ брошена хотя бы одна клетка в каждой из образован ных 32 пар клеток, то на оставmейся доске моЖет pac положиться хотя бы одна кость домино. Поэтому у доски, 53 
Рис. 37 Рис. 38 54 
разрушенной требуемым образом, должно быть выбро... тено не менее З2 клеток. С друrой стороны, оказывается возможным убрать более З2 клеток и при этом получить элеrантно разру тенную доску. Конечно, мноrочисленные уменьшения доски будут ее разрушать. Фокус состоит в том, что их нужно расположить так, что бы возвращение любой BЫ брошенной !{летки дало воз можность расположить на полученной доске хотя бы одну кость домино. С точки зрения этоrо довольно CTpOTO то оrраничения, максималь ное количество клеток, KOTO рые можно выбросить, OKa зывается довольно большим. Найдите этот максимум. Решение. Заштрихованные клетки на рис. 40 дe монстрируют элеrантно разрушенную доску, состоящую всето из 16 клеток. Мы покажем, что она не может со... стоять менее чем из 16 клеток, доказав, что при выбра... сывании более 48 клеток найдется хотя бы одна клетка, возвращение которой еще не даст возможности раз местить на доске кость домино. Если в каждой четвер ти доски находится не менее 4 клеток, то на всей доске будет их не менее 16. Если на доске OCTa лось меньше 16 клеток, то в одной из четвертей, скажем, в верхней левой, будет не больше З кле ток. Следовательно, в He которой четверти от этой четверти доски будут вы... брошены все клетки. Мы поочередно рассмотрим четыре возможных положения А, В, С, D для пустой четверти этой четверти доски (рис. 41). Рис. 39 Рис. 40 55 
а) Если пустая четверть 'есть А, то, возвращая уrло вую клетку Х, мы не сможем разместить кость домино (рис. 42). б) Предположим, что выброшены четыре клетки Е, F, G, Н секции В и пометим клетки, окружающие В так, А D в с X А l'ис. 41 Уис. 42 B р Q Е F R Н G S и т Рис. 43 как показано на рис. 43. Теперь, если клетка Р выбро шена, то возвращение клетки Е не восстановит способ ности доски содержать кость домино, и наш поиск непо ро}кдающей клетки Х будет закончен. Поэтому предпо ложим, что клетка Р осталась. В этом случае соседняя клетка Q должна была быть выброшена в силу правила разрушения доски. 56 
BOKpyr :клетки F тоrда мы .имеем пустые клетки Q, Е и G, это означает, что либо Х!5: F и поиски окончены, либо J{летка R была сохранена. Пусть R  сохраненная клетка, тоrда соседняя с ней клетка S должна была быть выброп"'ена. Рассматривая клетку G, мы находим, что искомая клетка Х == G, если клетка Т не оставлена, но если это не так, то клетка и должна быть выброшена. Во всяком случае тоrда мы имеем, что либо мы нашли искомую клетку Х, либо по лучили, что клетка и выбро тена. Это означает, что все 'три клетки, окружающие клетку Н, выброшены. Это дает нам, что Х == Н. IIоэто му клетка Х может быть найдена в любом случае. Эквивалентный квадрат D Рие. 44 рассматривается идентично. в) Осталось рассмотреть лишь случай пустоrо KBaд рата в положении С. Продолжим обозначения, исполь зуемые на рис. 43 так, KaI{ показано на рис. 44. Уча сток С состоит из клеток R, S, W, v. Рассмотрим сначала клетку R. Так как V и S  Bы брошены, то либо клетка Р, либо клетка У должна быть оставлена, в противном случае Х == R. Так как клетки F и У одинаковым образом расположены относительно квадрата С, то эти случаи эквивалентны. Предположим для определенности, что клетка У оставлена. В этом случае, мы можем применить тот же способ к paCCMOT рению квадрата С, как и в случае KBaдpTa В, при этом либо клетка Х находится среди клеТОR V, W и S, либо клетки У, J, М и G должны быть сохранены, а клетки Z, К, N и F  выброшены. Таким образом, либо полу чаем искомую клетку Х, либо две нлетки У и G должны сохраниться в верхней левой четверти доски. Но вспом ним, что этой четверти доски оставляется не более трех клеток. Если две из них  клеТRИ У и G, то в этой четверти доски может находиться еще не более одной клетки. Если сохраняется уrловая клетка О, то клетки Р, Е, Н и F должны быть выброшены, ОТКуда получаем, ЧТО Х == Е. Если же клетка О выброшена, что наше рассуж о 1 р Q У Z Е F R V J Н G S W к N М 57 
дейие леrко зав:ончить следующим образом. Если в:лет в:а Р оставлена, то Х == 1. Предположим тотда, что в:лет в:а Рвыброшена. Тав: в:ав: в:летв:а У оставлена, то в:лет в:а Q должна быть выброшена. В том случае, если в:летв:а Е выброшена, мы имеем, что Х == Р (тав: в:ак в:летв:а О отсутствует). Если в:летв:а Е сохранена, то тройв:ой оставшихся в:леток будут в:летв:и У, Q и Е, но тотда Х == 1. ЗАДАЧА 33. СНЕЖКИ Мальчив: сделал два снежв:а, причем один из них имеет диаметр вдвое больший, чем друrой. Он принес их в теплую в:омнату и дал возможность им Ta ять. Тав: в:ав: тольв:о поверхность снежв:а подверrается действию теплоrо воздуха, то предположим, что св:орость таяния пропорциональна площади поверхности. Rоrда растает половина объема большоrо снежв:а, то св:ольв:о останется от меныпеrо? Решение. Мы дов:ажем, что предположение о том, ЧТО св:орость таяния снежв:а пропорциональна площади ето поверхности, влечет поразительный результат, зав:люча ющийся в том, что радиус уменьшается с постоянной св:оростью независимо от размеров снежв:а. Следователь но, оба радиуса будут уменьшаться на одну и ту же величину. Объем и площадь поверхности соответственно равны V == 4rrr 3 /3 и S  4лr. Обозначив через t время получаем, что св:орость тая ния равна dV  4 3 2 dr  4 2 dr dt  з n · r · dt  nr dt . Тав: в:ав: эта св:орость пропорциональна площади по.. верхности S  4лr, мы имеем dr ( 4nr 2  == k 4nr 2 ) dt ' rде k  в:онстанта. Отсюда dr dt == k, RaK и утверждалось. 58 
Предположим, что вначале радиусы равнялись 2r и r. Тоrда объем большеrо снежка равен 4 32 V == з n (2r)3 == 3 Лr З . После Toro, как растаяла ero половина, он будет иметь объем 16 3 4 ( 3/ ) 3 V == з nr == 3 л r V 4 , 3  откуда ero радиус равен r -v 4. Каждый радиу при этом соответственно уменьшится на (2  У4) r. Тоrда меllЬ ший снежок будет иметь радиус r  (2  У4) r == r (п  1), а объем ето будет равен 4 ( 3/ ) 3 V == з лr 3 V 4  1 , что очень близко к 1/5 первоначальноrо объема ((У 4  1)3  0,2027). ЗАДАЧА 34. ЦИФРЫ ЧИСЕЛ С ЕДИНИЦЫ ПО МИЛЛИАРД Какова сумма всех цифр, используемых при записи всех чисел, первое из которых единица, а по' следнее миллиард? Решение. Добавляя ноль, мы можем образовать пол миллиарда пар чисел: (о; 999999999), (1; 999999998), (2; 999999997), ... . .., (499999998; 500000001), (499999999; 500000000). Сумма цифр в каждой паре будет 9.9 === 81. Если добавить 1 в сумму цифр для неучтенноrо при этом числа 1 000 000 000, то мы получаем сумму совсем просто: 500000 000 .81 + 1 === 40 500 000 001. 59 
3..\ДА ЧА 35. ПРИМЫКАЮЩИЕ НЕПЕРЕСЕКАЮЩИЕСЯ ЕДИНИЧНЫЕ КВАДРАТЫ Зафиксируем на плоскости положение не... KOToporo единичноrо квадрата s. Каково наибольшее ко... личество единичных непересекающихся квадратов можно Рис. 45 Рис. 46 расположить в плоскости так, чтобы они касались нваД1 рата S, но не пересекались с ним (рис. 45)? Решение. Шахматная доска З Х 3 дает пример с 8 при мыкающими квадратами, и, конечно, кажется, что квад... раты упакованы с наибольшей возможной плотностью (рис. 46). в течение долrоrо времени я чувствовал, что это действительно так, но доказать не Mor. Однажды я был приятно удивлен, встретив чудесное доказательство Лнrа в 19З9 томе журнала «American Mathematical Monthly». И3 чертежа (рис. 47) ясно, что 1) расстояние между центрами двух непересекаI(Y'l щихся единичных квадратов 1 и 2) расстояни:е между центрами двух с оп рикасающих ся единичных квадражов не превосходит 12. Обозначим через А и В центры двух квадратов, KO торые примыкают к фиксированному квадрату S с цент.. ром в точке О (рис. 48). Пусть ОА == х, ОВ == у и АВ == t. Тоrда из 1) и 2) мы получаем, что х, у, t  1 и х, у  12 . Таи: как между квадратами с центрами в точках А и В возможен промежуток, то р ас стояние t между этими точ'" ками может оказаться >"'12. Однако из Toro, что ника... 60 
кие нвадраты не пересеRаются, мы можем лишь заRЛЮ'" чить, что t  1. Теперь, если бы ТОЧRИ О, А и В лежали на одной прямой, СRажем, в этом ПОрЯДRе, то длина ОВ === у была ( i ) (ii) ( ECib, по крзннен Me, одна оtiЩЗ51 точка R) Q нз PV:;?.1/2..WR1/2 полуаем р R  1 PQ:!!;PR + PQ  v2 + у2 =''2 ,!h 2 2 У", (   ПОЛО8t1на днаrоналн ) 2 ' Рис. 47 в о Рис. 48 ы не менее 2, что превышает ее предельное значение -1' 2. Следовательно, ОА и ОВ......... различные лучи, Bыо'" Дящие из ТОЧRИ О (рис. 48). Последовательно соединяя ТОЧRУ О С центрами всех нвадратов, СОПРИRасающихся с Rвадратом S, мы получим веер различных отреЗRОВ, НС'" ходящих из ТОЧRИ о. Теперь предположим, что ОА и ОВ......... последователь... Вые отреЗRИ в этом веере и обозначим через 8 уrол меж... 61 
ду ними, как показано. Применяя теорему косинусов :к треуrольнику ОАВ, получаем t 2 === х 2 + у2  2ху cos 8, откуда х 2 + у2  t2 cos 8 === 2 · ху Так как t  1, то мы имеем, что х 2 + у2  1 cos 8  2 · ху Эту функци ю обозначим через f(x, у). Вспоминая, что 1  х, у  1'2, мы видим, что /(х, у) положительна. Te перь покажем, что для значений х и у, удовлетворяющих условиям, функция /(х, у) не больше 3/4. Для читателя, незнакомоrо с частными производны ми, обстоятельный элементарный вывод дается в прило жении. Мы имеем f == 2ху.2х  (х 2 + у2  1) 2у == х (2х) (x2 + у2  1)  x2y2H . (2ху)2 2х2у 2х""у Аналоrично ,  х 2 + у2 + 1 /у == 2ху2 · При 1::::;; х, у  1'2 ясно, что каждое из выражений f и , jy не отрицательно. Поэтому величина / не убывает как при возрастании х, так и при возрастании у, откуда сле дует, что /(1' 2, 1' 2) не меньше, чем f(x, у) в любом из возможных случаев. Это означает, что ( Y  Y  ) 2 + 2  1 3 f (х, у)  f 2, 2 == V V ==  4 · 2 2. 2 Мы видим, что уrол 8 между ОА и ОВ таков, что 3 cos8 4. Однако из таблиц мы находим, что cos 400 == 0,76604. . . Таким образом, cos 8 < cos 400. Это означает, что 8> 400, что, в свою очередь, ведет к тому, что 360rрадусная развертка веера отрезков, co единяющих центры соприкасающихся квадратов с точ'" 62 
RОЙ О, Ht3 может вместить.9 таких уrлов 8, иоторые >400, откуда маRсимальное значение для числа соприкасаю щихся ивадратов равно 8. Аналоrичная, но MHoro более леrкая задача была BЫ сказана в журнале «American Mathematical Monthly» (1962 r.) Ньюменом и Вейсблюмом: Шесть замкнутых RpyroB расположены на плоскости таи, что Rаждый из них не содержит центра друrоrо Rpyra. Докажите, что нет точки, общей для всех этих RpyroB. Решение. Предположим, что некоторая точка О при-- надлежит всем этим KpyraM. Соединим эту точку с шестью центрами, образуя веер отрезков из точки о. Если два центра А и В лежат на одном и том же луче, выходящем из точки О, то, таи иак каждый из ирутов содержит точку О, очевидно, что один из KpyroB должеп содержать центр друrоrо (противоречие). Таким образом, 6 различных отрезков образуют веер (рис. 49). в А. Рис. 49 Обозначим через А и В два таких центра, что отрез ни ОА и ОВ в этом веере соседние. Через r обозначим бсльший из радиусов RpyroB с центрами в ТОЧRах А и В (или их общую величину, если они равны). Тоrда, так иак ни один из RpyroB не содержит центр друrоrо, то длина отрезка АВ не меньше, чем r. Но таи иак оба Rpyra с центрами в ТОЧRах А и В содержат точку О, то ни ОА, ни ОВ не превосходят r. Таким образом, в Tpe уrольнике ОАВ сторона АВ оказывается наибольшей, а следовательно, уrол АОВ больше остальных уrлов. Следовательно: уrол АОВ> 600. Это означает, что веер из 6 отрезков содержит в сумме больше, чем 6 · 600 === 3600, что невозможно. 63 
z ,!рилжение. rрафив: Фунв:ции z == f(x, у) == == (х + у  1) /2ху  поверхность в трехмерном прострап... стве (рис. 50). Мы интересуемся тольв:о той частью G, в:оторая лежит над в:вад'" z=f(x,y) ратом 1  х, у:::;; 1' 2 на т плосв:ости (х, у). Обозна чим через К (а, Ь) произ вольную точв:у в этом в:вад... рате, а.через Р(а, Ь, z) точв:у на поверхности G, расположенную над точ", кой К. Рассмотрим пр я... мую L из точев: в:вадрата, имеющих ту же в:оорди... нату у, что и точв:а К. Плосв:ость Л, проходящая через L перпендив:улярно плосв:ости (х, у), пересев:ает поверхность G по нев:оторой кривой с. Посв:ольв:у точв:и в:ривой С лежат на поверх ности G, их в:оординаты удовлетворяют соотношению х 2 + у2  1 z== . 2ху с о 1 ,,'2 х Рис. 50 Однав:о, посв:ольв:у они лежат в плосв:ости Л, Все они имеют у == Ь. Следовательно, для в:ривой С мы имеем х 2 + ь 2  1 z == 2хЬ · Эта фунв:ция одной переменной х, и нав:лон в:асатель-- ной т к кривой С в точв:е Р, очевидно, есть значение dz Р П ... ах в точв:е . осле упрощении получаем dz ах х 2  ь 2 + 1 2ьх 2 Тав: в:ав: х  1, то х 2 + 1  2, и так в:ав: Ь:::;; 1' 2, то числитель х 2  Ь 2 + 1  о. Посв:ольв:у знаменатель поло... жителен, мы зав:лючаем, что нав:лон в:асательной в в:аж дой точв:е в:ривой С неотрицателен. Друrими словами, , при движении вдоль в:ривой С В направлении увеличе... IIИЯ Х, величина z не будет уменьшаться. Следовательно, конец М отрезв:а L определяет ТОЧR}Т на поверхности G, расположенную не ниже друrих точек поверхности G, находяIЦИХСЯ над отрезв:ом L. 64 
Проводя отрезок L и плоскость л параллельно оси У, мы аналоrично получаем кривую С', задаваемую COOT ношением а 2 + у2  1 z  2ау . Для точеR на С' мы имеем производную dz  а 2 + у2 + 1 dll == 2.,,2 ! которая неотрицательна для рассматриваемых у и а, что показывается аналоrично. Т аким: образом, функция не опускается к плоскости (х, у) при таком движении, при нотором У возрастает, а х остается постоянным. Итак, мы можем заключить, что если начать дви rаться от некоторой точки К (а, Ь) в квадрате, то она не попадет никоrда в часть поверхности G, расположенную ниже начальноrо значения, если двиrаться вдоль пря мой L к точке М, а затем вдоль стороны квадрата к ето вершине N. Следовательно, на поверхности G нет точки, удаленной от плоскости (х, у) больше, чем точка Н, паходящаяся над точкой N. Таким образом, точка N(x, у), являющаяся точкой N(1/ 2, 1 2 ), придает макси мальное значение функции f (х, у) среди всех точек (х, у) в рассматриваемом квадрате, и это максимальное значение равно 2+21 2. У2. У2 з 4. 3i\ДА l:IA 36. О дно диqФ AIITOBO УР ABHEHltJ:E Пусть а, Ь, с, d  целые числа и а =/= о. Дo R&iI{llT8, что если Ьс  ad =f=. о, то уравнение a.lY  Ьх + су  cl == О имеет лишь Rонечное число решенип в целых числах. Решение. "Ум:ноп{ив уравнение на а, получае:ы а 2 ху + аЬх + асу + ad == О и (ах+ с) (ау + Ь)=== Ьс  ad. Это 0значаеТ 9 что I{аждый пэ сомножителей ах + с и ау JD) Я(1f]ЛЯlеТСllt делителем ЧП][(ll brJ;  аа" Tar :к&и I р. Хонсберrер  
Ьс  ad =F О, то оно имеет ТОЛЬRО конечное число дели- телей, а следовательно, существует и конечное число возможных значений для ах + с и ау + Ь и соответству" ющее количество чисел х и у. rрафиком функции аху + Ьх + су + d == О является rипербола. Если Ьс  ad  О, то уравнение сводится к такому: (ах + с) (ау+Ь)==О, и rипербола вырождается в пару прямых, параллельных осям координат. Ясно, что целые решения нашеrо урав- нения соответствуют целым точкам на rрафике. Поэто.. му даже если Ьс  ad === О, то существует лишь конечное ..... rH пербала последняя цеЛОЧl1сленнаcn ПРЯМGlЯ.z пеQесе,t<аемая rНf1ерболон аСl1мптота полооа, не СQдеDжаща цеЛОЧНСJJенных точек Рис. 5 f число целочисленных решений, за исключением тех слу- чаев, котда число а является делителем числа Ь или с, тоrда прямая, принадлежащая вырожденной RРИВОЙ, совпадает с прямой целочисленной решетки (параллель- ной координатной оси). Следующее лаконичное решение этой задачи было указано моим коллеrой Лероем ДИКRИ. У rиперболы, задаваемой уравнением аху + Ьх + су + d === О, асимптоты оказываются параллельными осям координат. Это можно обнаружить, рассматривая параллельный перенос х == Х !...., у == }7" .......  а а' преобразующий уравнение R виду а ( х  : ) (У   ) + Ь ( Х  : ) + с (У  : ) + d == О, аХУ + k === О, rде k ....... константа. Получаем уравнение ХУ == const, являющееся стандартным уравнением rипер... болы, у :которой асимптотам соответствуют оси коорди- 86 
нат. Изза этоrо, поскольку кривая приближается :к своей асимптоте, в некоторый момент она пересечет прямую целочисленной решетки в последний раз, а затем будет находиться в полосе между двумя соседними прямыми решет:ки. Это верно даже в том случае, коrда асимптота совпадает с прямой решет:ки, та:к :как rипербола не пере се:кает своей асимптоты. Попав в та:кую полосу, беско нечный хвост кривой больше не встречается с целочис ленными точками (рис. 51) . Следовательно, целочислен.. ные точки, содержащиеся на rиперболе, находятся в ко.. нечной части плоскости и поэтому их число конечно. ЗАДАЧА 37. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ ФИБОНАЧЧИ Последовательность натуральных чисел {fn}: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ..., rде 11 === 12 == 1 и 1п === In--l + In2 для п > 2, называется последовательностью Фибоначчи и является одной из самых известных в математике. В действитель пости она настолько боrата свойствами и обобщениями, что учрежден журнал «Fibonacci Quarterly», который публикует исследования по этой последовательности и u по темам, связанным с неи. . Наша задача довольно проста: сколько членов после довательности Фибоначчи не превосходит заданноrо Ha туральноrо числа N? Решение. Еще сто лет назад было известно, что nй член последовательности Фибоначчи равен fn=;: 5 [( 1+ 2 11 5 Т ( 12115 )nJ*). Поскольку 1'5 приблизительно равен 2,2, имеем 1  115  ....... О 6 2  ,. Таким образом, число ((1  1 5 )/2)П будет положитель ВЫИ или отрицательным в зависимости от четности *) Доказательство этой формулы можно прочесть в книrе: Воробьев Н. Н. Числа Фибоначчи. М.: Наука, 1984. 5* 17 
числа n. Для всех п == 1, 2, ... выражение  ( 1  1/5 ) n 1/5 2 по абсолютной величине не превосходит 1/2. Но !n.......... целое число и так как   ( 1  1/5 ) n <..!. 1/5 2 2' ТО из формулы видно, что fn должно быть ближайшим целым числом к числу  ( 1 + 1/5 ) n 1/5 2 · Также ясно, что  ( ! + 1/5 ) " 1/5 2 1 б u отстоит меньше, чем на 2 ! от лижаишеrо к нему цело ro числа. Поэтому не может быть справедливым ра-- венство  ( 1 + 1/5 ) n == N +  1/5 2 2. Для чисел Фибоначчи fn  N мы тоrда должны имеТL 5 ( 1 +21/5 )n <N +  . (Чтобы ближайшее целое число не превышало N.) И наоборот ясно, что если  ( 1 + 1/5 ) n < N +  1/5 2 2 ' то ближайшее целое число ДОЛi!{НО быть соотношение f n ]\/ выполняется тоrда и коrда  ( 1 + 1I 5 ) n < N L ! 1/5 2 т 2' lv. Поэтому только тоrда, ( 1 +2 У :'Т < (N +  ) УБ, 19 {( N +  ) 1/5} п 19 ( 1 + 21/5 ) < 19 { (N +  ) у s }, п < I + 1/5 ) · 19 \ 2 J 
Теперь леrRО видеть, что это отношение лоrарифмов НИRоrда не будет цел.ым числом. ПреДПОЛQЖИМ против вое, т. е. что { / 1 ) V  } l' \ N t :2 5   k  целое число. 1 ( 1 + V 5 ) g 2 Тоrда ]g{(N + ' ) УБ} == k 1g e +}/ ) ==]g ( Ч+ 2 V5 )k, ( N + ..! ) Y5  .. ( 1 + V5 ) k и 1 ( 1 +,V5 )  == N +  2 · bLi 2 V 5 ;2 -: 2 ' что противоречит ПОJlученным выше результатам. т ах как п  целое число, то мы видим, что наиболь... шее число Фибоначчи, меньшее или равное N и COOTBeT ствующее наибольшему допустимому значению n, есть член с номером  19 { ( N + i ) V5 }  19 ( 1 + 2 V5 ) rде [х] обозначает наибольшее целое число x. Так RaK первые два члена одинаRОВЫ, мы видим, что Rоличество различных значений среди этих чисел Фибоначчи на одно меньше, чем n. n Рассмотрим теперь задачу определения количества способов выбрать из чисел 1, 2, 3, ..., n набор, не со... держащий пар последовательных чисел (пустое множе... ство тан:же рассматривается как набор). Решение. Обозначим через an1 Rоличество наборов из чисел 1, 2, 3, ..., n  1. Тоrда а n  Rоличество набо... ров из чисел 1, 2, 3, ..., n. ТаRОЙ набор либо содержит число n, либо не содержит ero. Если он не содержит, то это будет один из an 1 наборов из чисел 1, 2, 3, ... . .., n  1. Если же он содержит число n, то число n  1 в нем не должно содержаться (тан: кан: числа n  1 и n  последовательные). Это означает, что оставmаяся часть набора принадлежит R одному из an2 наборов И3 чисел 1, 2, 3, ..., n  2. l\онечно, не обязательно выби... рать кроме числа n еще каRие",то числа. Это соответ... б9 
ствует выбору пустоrо множества из чисел 1, 2, 3, ..  . .., п  2 (вот поэтому пустое множество мы включаем в число наборов). Таким образом мы имеем в целом а п === an 1 + а n ......2. Так как леrко вычислить, что аl === 2 и а2 == 3, то мы видим, что последовательность продолжается так: 2, 3, 5, 8... и а п == f n+2  (п + 2) MY члену последовательности Фибоначчи. ЗАДАЧА 38. НЕРАВЕНСТВО ЭРДЕША Пусть ON  радиус Kpyra с центром в точ Re О, пересекающий хорду АВ в точке М, перпендину лярно этой хорде. Пусть Р  произвольная точна на большей дуrе АВ, причем не являющаяся диаметрально противоположной точке N. Отрезки РА! и PN определя ют, соответственно, точки Q и R на о-кружности и на хорде АВ (рис. 52). Докажите, что RN всеrда длиннее, А JJ Рис. 52 .л т ' в Рис. 53 чем MQ. (Удивительно, что мноrие, если их попросить быстро ответить, указывают на отрезок MQ, как на более длинный. ) Решение 1 (Поль Эрдеm). Симметрично отразим ОТ04 резок PN относительно диаметра NON' в положение Р' N (рис. 5З). Поскольку АВ  перпендикуляр к ON, эта симметрия переводит точку R в точку R' пересечения отрезка р' N с хордой АВ. Следовательно, RN == R' N. 70 
Заметим, что теперь оба отрезка рр' и АВ перпен", дикулярны диаметру NON'. Следовательно, они пар ал... лельны и образуют равные соответственные уrлы NR' М и NP'P. Но LNP'P === LNQP, поскольку они заключены в одном и том же cerMeHTe. Таким образом, LNR' М === == LNQM, что влечет за собой тот факт, что четырех... уrольник QNMR' вписан в некоторую окружность. Так как отрезок R'N стяrивает прямой уrол на этой описанной окружности (с вершиной в точке М), то он  диаметр этой окружности. Однако уrол, стяrиваемый на описанной окружности хордой QM, а именно LMNQ, как леrко видеть, не является прямым уrлом (так как NN'  диаметр данной окружности, то LNQN'  прямой, следо... вательно, в треуrольнике QNN' уrол QNM  не прямой). Поэтому хорда QM меньше диаметра R' N == RN. Решение 11 (Питер Rриппен). Обозначим через х и у уrлы LP и LPMR соответственно (рис. 54). Тоrда А в li Рис. 54 уrол QO N с вершиной в центре окружности равен 2х, уrлы при основании равнобедренноrо треуrольника OQN равны по 900  х. ЛеrКО вычислить, что друrие уrлы име... ют значения, указанные на рисунке. Применяя теорему синусов к треуrольнику MQN, мы получаем QM MN sin (900  х) sin (х + у)' а применяя ее к треуrольнику MNR, получим MN RN sin (х + у)  sin 900. 71 
Таким обраЗ0М, Так как QM < RN. Еще одно великолепное решение было опубликовано подающим большие надежды школьником Мар:ком Клей маном в журнале «Math. Mag.» М 49, 1976 r. QM  RN sin (900  х)  т. sin (900  х) < 1, то отсюда следует, что ЗАДАЧА 39. РАЗДЕЛЕННЫЕ ЦЕЛОЧИСЛЕННЫЕ ТОЧКИ Отрезок с :концами в точках А (р, О) и В (О, р) проходит через р  1 целочисленную точ:ку: (1, р  1), (2, р  2), ..., (р  1, 1). Если провести через эти точ:ки отрезки, соединяющие их с началом коорди нат  точ:кой О, то их будет р  1, и они разобьют 6.0АВ на р маленьких треуrольни:ков. Ясно, что два :крайних треуrольни:ка имеют по стороне, лежащей на не:которой оси :координат, и не имеют целочисленных точек плос:ко сти внутри себя. Если р  простое число, то верно TaK же то, что ни один И3 разделяющих отрезков, исходя... щИХ И3 начала координат, не содержат ни:ка:кой цело... численной точ:ки (рис. 55). Докажите, что для просто ro р все целочисленные точ:ки, находящиесн внутри LOAB, находятся внутри р  2 малень:ких треуrольни", ков, причем поровну в :каждом из них. Решение. Обозначим через С ( а, Ь) целочисленную точ:ку внутри 6.0АВ. TaHreHe уrла на:клона прямой ОС равен Ь/а. Если бы точ:ка С лежала на разделяющем отрез:ке, с:кажем, на отрез:ке, ведущем в точку (i, Р  i) (1  i  Р  1), то TaHreHc уrла на:клона прямой ОС Ta:к же равнялся бы (pi)/i: b/a===(pi)/i. Но та:к :как i < Р и Р  простое число, то i и Р  i  взаимнопростые числа. Одна:ко точ:ка С ближе :к точ:ке О, чем точ:ка (i, р  i). Поэтому а и Ь соответственно меньше, чем i и р  i. Уравнение Ь/а === (р  i)/i тоrда у:казывает, что у дроби (р  i) /i числитель и знаменатель не являются наименьшими возможными, пос:коль:ку имеется дробь Ь/а. Но это противоречит тому, что числа i и р  i  взаимно просты, и мы за:ключаем, что все целочисленные ТОЧ:КИ внутри 6.0АВ находятся во внутренности у:казанных (р  2) треуrольни:ков. 72 
Заметим, что отрезок АВ разделен целочисленными точками (i, р  i) на равные части. Отсюда следует, чт() все маленькие треуrольники имеют одинаковую площадь. Так как каждая вершина является целочисленной у в (О,р) (l,pl) (2,p2) ( 3, Р  ,) ) (р3,з) (p2,2) (pll) о А.(р,О) х Рис. 55 точкой, то мы можем использовать теорему П1ика для определения их площадеЙ. Теорема Иика. Площадь мноеоуеО.ltънипа, вершины OTopoeo находятся в целочисленных точпах (и не имею щеzо самопересечений) , вЬLраJlCается в виде q + :  1, йде q  оличество целочислеННЬ"lХ точеп внутри .мноео.. уzольпuа, а р  количество целочисленпых точеп на еео ерапице (оно включает вершины и друеие целочислен ные точи на еео сторонах). Поскольку между точками (i, р  i) и (i + 1, р  i  1) нет целочисленной точки, мы находим, что площадь каж доrо ИЗ внутренних маленьких треуrольников равна 3 q + 2"  1. 73 
т ан нак эта величина одинаRова для всех внутренних ''ТреуrОЛЬНИRОВ, то q должно быть одним и тем же для них всех, и получаем, что все внутренние целочисленные -ТОЧRИ треуrОЛЬНИRа ОАВ распределяются поровну. ЛеrRО вычислить значение q. Каждый маленькиЙ Tpe уrОЛЬНИR имеет площадь, равную 1/ р площади треуrоль-- m:ика ОАВ, и площадь маленькоrо треуrОЛЬНИRа равна  (  ,p,p)==  . 3 р Таким образом, q + 2  1 == 2' откуда p1 q  2 · ЗАДАЧА 40. СОВЕРШЕННЫЕ ЧИСЛА Древние rреки ОТRрЫЛИ, что некоторые Ha 'Туральные числа п обладают замечательным свойством: YMMa делителей числа п равна самому числу п (само .число не считалось делителем). Например, п  28 дает 1 + 2 + 4 + 7 + 14 == 28. "ТаRие числа назывались «совершенными». Используя ..арифметическую фУНRЦИЮ а(п), Rоторая обозначает сум... 'Му :всех положительных делителей числа п (ВRлючая и aMO число п), :можно написать, что число п совершенно в том случае, если й(п) === 2п. Совершенные числа очень реДRИ. Первые пять из них  это 6, 28, 496, 8128, 33550336. В 1976 r. было известно только 24 co Dершенных числа, причем наибольшее из них было 219936.(2199371), содержащее ОRОЛО 6000 цифр*). В восемнадцатом вене Эйлер ДОRазал, что каждое четное совершенное число т может быть представлено 'в виде т == 2nl (2 n  1), тде 2 n  1  простое число. ДОRажите самостоятельно следующие два несложных утверждения, ноторые нам понадобятся в дальнеЙшем: 1) а (п) является МУЛЬТИПЛИRативной функциеЙ, т. е. (j (а . Ь) == (J (а) · а (Ь ) при условии, что а и Ь  взаимно простые числа. 2) Если 2 n  1  простое число, то и число п  TaK же простое. *) R 1989 r. их было найдено 52, наибольшее равнялось 256661 . (259661  1). Примеч. пер. 14 
g свете этих предпосылок в данной задаче предлаrа тся найти все совершенные числа п, для которых (j' [а (п )] также является совершенным числом. Решение. Прежде Bcero предположим, что п  нечет... ное совершенное число. Тоrда а (п) === 2п, rде 2 и п вза ЯМБО просты, и получаем (j [а (п) ] == а (2п) === о (2) а (п) == За (п) === 3 · 2п == 6п. Ясно, что 6п четно, а если оно также и совершенно, то для некоторото простоrо числа р мы должны иметь 6п === 2 р .... 1 (2 Р  1) (р должно быть простым, поскольку 2 Р  1  простое) . rОднако, поскольку п  нечетно, число 6п содержит MHO житель 2 лишь единожды (в числе 6). Это означает, что 2 р .... 1 == 21, откуда р == 2. Соответственно, 6п == 2 (22 ...... 1) == 6, откуда п == 1. Но 1 не является нечетным совершенным числом, и мы пришли к противоречию. Таким образом, не существует нечетных совершенных чисел п, для которых а [а (п) ] -также является совершенным числом. Предположим тоrда, что п  четное совершенное число. В силу сказанноrо для HeKoToporo простоrо чис ла р мы можем написать п == 2 p .... 1 (2 Р  1), тде 219  1  простое число. В этом случае 2 и 21'  1 ....... взаимно просты и мы имеем :(J [а (п) ] === (J (2п) === cr [2 Р (2 Р  1)] == а (2 Р ) · а (2 Р  1) == == (2 Р + 1  1) [( 2 р ...... 1) + 1] == 2 р ( 2 р+.l  1), 'Так как 2 р ....... 1  простое. Ясно, что это число четно и если оно также COBep !шенное, то оно уже представлено в эйлеровой форме .для таких чисел. Отсюда вытекает, что степень р + 1 должна быть простым числом. Таким образом, числа р и р + 1 должны быть оба простыми числами и, так как они последовательные, то они MorYT быть только 2 и 3. Следовательно, п == 2 р .... 1 (2 Р  1) == 2 . (22  1) === 6 и (J [а (п) ] == а 1 а (6) ] == а (12) == 28. Иоэтому п == 6 ---- единственное решение. 75 
3АДА ЧА 41. СТОРОНЫ ЧЕТЫРЕхуrОЛЬПИКА Докажите, что если длины всех сторон че тырехуrольника  целые числа (относитльно некоторой единицы длины) и если длина каждой стороны явля ется делителем суммы остальных трех сторон, то HeKO торые две из сторон равны. Решение. Предположим, что никакие две стороны не равны. Тотда обозначим длины сторон Sl > S2 > SЗ > S47 а через робозначим периметр. Мы получаем, что р  St. делится на Si для i  1, 2, з, 4. В этом случае мы имеем также, что и р делится на $i. Но при каких условиях р делится на Si? Рассмотрим случай Sl  наибольшей стороны. Сумма любых трех сторон четырехуrольника всеrда больше чет вертой стороны (три стороны состаВЛЯIОТ «длинный путь» вокрут четырехуrольника от одноrо до друтото' конца ето четвертой стороны). Т аким образом, 31 не MO жет быть больше половины периметра: 81 < р/2. Однако 81 должно превосходить четверть периметра, так как эт() наибольшая сторона (в противном случае все четыре стороны в сумме не дадут р). Следовательно, р р 4 < 81 < 2. Это означает, что частное при делении р на 81 больше Z но меньше 4. Следовательно, оно равно З, и мы имеем,. что 81 == р/З. Так как 82 < 81, то частное от деления р на 82 боль ше, чем от деления на 81, откуда Р/82  4 и 82  р/4. Вновь, так как 8з < 82, то Р/8З  5 и 8з  р/5. Аналоrич но 84  р/6. Поэтому р р р р 57 Р == 81 + 82 + 8з + 84 < 3" + "4 + "5 + {3 == 60 Р < р. Получили противоречие. Следовательно, некоторые две стороны четырехуrольника должны быть равны. 3АДА ЧА 42. ПРОСТЫЕ ЧИСЛА В АРИФМЕТИЧЕСКОй проrРЕССИИ Покажите, что в любой арифметической проrрессии из натуральных чисел с pa3HocTы,, меньшей 2000, не может находиться 12 последовательных членов являющихся простыми числами. 76 
Решение. Предположим, что все n последовательных членов арифметической проrрессии а, a+d, a+2d, ..., a+(п1)d являются простыми числами, п  3. Если а < n, то oд ним ИЗ этих членов будет а + ad == а (1 + d), которое не является простым: числом, так :как а и 1 + d оба боль... те 1. Поэтому а  n  3. Обозначим через р некоторое простое число, MeHЬ шее n, и предположим, что р не являеТС:I делителем lIIисла d. Рассмотрим затем первые р членов: а, а + d, а + 2d, ..., а + (р  1) d. Обозначим через ro, rl, ..., rpl р остатков от деления их на р. Так как все члены  простые числа и р < n  а (наименьшеrо члена), то мы видим, что р не делит ни сОдното из этих членов и поэтому НИ один из остатков не равен о. Поскольку среди р остатков содержится 'Только р  1 ненулевых остатков 1, 2, ..., р  1, из «принципа Дирихле» следует, что некоторые два из них равны, скажем, ri === rj (i:::F j). Это означает, что а+ id == a+jd (modp), (i  j) d == О (mod р), Т. е. р делит число (i  j) d. Но р........ простое и не делит -числа d, поэтому р должно делить (i  j). Однако, так RaI i и j  положительные числа, меньшие, чем Р, Ta жая делимость возможна лишь в случае. i j == О, что :ведет к противореЧИIО с условием j =1= i. Таким образом, простое число р < п должно делить d. Ряд из п === 12 последовательных простых членов дол... жен иметь раSБОСТЬ d, делящуюся на Rаj:кдое простое число, :м:еньшсе 12, а именно, 2, 3, 5, 7 и 11. COOTBeT ственно, число d должно име'rь МНОjI{ителем число 2 .3 . 5 · 7 . 11 == 2310, :которое больше 2000, откуда и слеДУQТ требуемый вывод. Прекраеная квиrа В. СерПИRСRоrо «Теория чисел (1964 r.) содержит MHoro интересных материалов на эту тему. Например, {О посз:едовctте'Льных членов арифмети'" ческой проrрессии 199 409 619 OO, i99+9()210 71 
все являются простыми числами, так же ка:к и 13 членов 4943 + k (60060), k == О, 1, ..., 12 все являются простыми числами. Для Toro чтобы п === 5 последовательных членов ариф... метической проrрессии были простыми числами, необхо димо, чтобы 2 и 3 делили ее разность d. Поэтому раз ность d должна быть кратной 6. Для d == 6 имеется пример: 5, 11, 17, 23, 29. Однако это единственный случай, коrда в арифмети", ческой проrрессии с разностью 6 пять последовательных членов являются простыми числами. Причиной этому является тот факт, что среди любых пяти последователь ных членов такой проrрессии а, а + 6, а + 2 · 6, а + 3 · 6, а + 4 · 6 должен содержаться член, кратный 5. Мы имеем а + i6 == е: а + i (mod 5). Независимо от Toro, делится а на 5 или нет, одно из значений при i == О, 1, 2, 3, 4 дает а + i == О (mod 5). Тоrда для простоты членов один из них дол... жен сам быть равным 5. На самом деле число 5 долж... но быть самым первым членом (так как 5  6 ==  1 не может предшествовать числу 5) и в результате получаем числа 5, 11, 17, 23, 29. ЗАДАЧА 43. О ЧЕВИАНАХ Предположим, что ВС  наибольшая из сто... рон треуrольника АВС. Пусть точка О выбрана rдето внутри треуrольника и прямые АО, ВО, СО пересекают противоположные стороны в точках А', В', С' соответст", венно. Докажите, что ОА' + ОВ' + ОС' < ВС. Реmение. Отрезок, проходящий в треyrольнике от ero вершины до противоположной стороны, называется «че... вианой». Ясно, что чевиана имеет :меньшую длину, чем ббльшая из двух сторон, выходящих из той вершины,_ из которой она проведена. Соответственно, наибольшая сто... рона треуrольника превосходит все ее чевианы. Следова... тельно, ВС больше, чем АА', ВВ', СС'. Пусть отрезки ОХ и ОУ соответственно параллельны «nopoJ[aM АВ и АС, образуя треуrольник ОХУ, подобный 7. 
треуrольнику АВС (рис. 56). Так как ВС....... наибольmаа ИЗ сторон треуrольника АВС, то соответственная сторона ХУ  наибольшая сторона в треуrольнике ОХУ. Ta А ким обраЗ0М, ХУ больше чевианы ОА'. Пусть отрезки XS и УТ  параллельны, соот", ветственно, отрезкам СС' и ВВ'. Тотда треуrольник BXS подобен треyrольни ку ВСС'. Ясно, что ВС......... наибольшая сторона Tpe В Х у с; уrольника ВСС' и, COOT Рис. 56 вет'ственно, сторона ВХ  наибольшая в треуrольнике BXS. Следовательно, ВХ > SX === ОС' (И3 параллелоrрамма С' SXO). Аналоrично УС> УТ === ОВ'. Складывая, получаем ОА' + ОВ' + ОС' < ХУ + УС + ВХ == ВС. Только что было показано, что ОА' + ОВ' + ОС' мень. ше наибольшей стороны. Предположим, что АА' ....... наИ4 большая из трех чевиан АА', ВВ', СС'. Докажите тоrда более сильный pe зультат ОА' + ОВ' + ОС'  АА'. Решение. Положим, что QA' ОВ' АА' == х, ВВ' == У и ОС' СС' == Z. В А C D Е Пусть AD и ОЕ  перпен Рис. 57 дикуляры, опущенные на сторону ВС (рис. 57). Тоrда треуrольники ADA' и ОЕА" подобны и ОЕ ,ОА' AD ==' АА' == х. Имеем s (ьОВС) О,5ВС.ОЕ S (LlABC)  O,5BC.AD ОЕ ==  == х, AD 79 
получая отсюда S (ЬОВС) == xS ( ЬАВС). Подобным обра зом S (ЬОСА) === yS (ЬАВС) и S (ЬОАВ) === zS (ЬАВС). По-- СRОЛЬRУ S ( ЬАВС) == S (ЬОВС) + S ( ЬОСА) + S ( ЬОАВ) == == (х + у + z) S (ЬАВС), мы получаем, что х + у + z == 1. Тоrда имеем ОА' + ОВ' + ОС' === хАА' + уВВ' + zCC'   х · АА' + уАА' + zAA',== (х + у + z)AA' == АА'. Заметим, что равенство возможно только в случае АА' == ВВ' === СС'. ЗАДАЧА 44. КОРОВЫ И ОВЦЫ Два человека совместно владели х :коровами, ноторых они продали по х долларов за rолову. На BЫPy ченные деньrи они купили овец по 12 долларов за rолову. ПОСКОЛЬRУ выручка от продажи коров не делилась на 12, ()ни на оставшиеся деньrи купили яrнеНRа. Затем они разделили стадо так, чтобы у каждоrо из них было одина Еовое количество животных. Человек с яrнеНRОМ поэтому был отчасти обделен. Чтобы исправить положение, второй отдал ему свою rубную rармошку. Сколько стоит rap мошка? Решение. Выручка от продажи равна х 2 долларам. Если бы х делилось на 6, то .х 2 делилось бы на 36, а сле довательно, на 12. ПОСКОЛЬRУ это не так, то х не делится на 6. В этом случае х == 12k + r, rде Irl === 1, 2, 3, 4 или 5. Соответственно, х 2 12== ( 12k + r) 2 12 144k 2 + 24kr + r 2 r 2 12 === 12k 2 + 2kr + 12. Теперь, так ЕаБ оба человека имеI{)Т одинаковое коли-- чество животных, общее количество животных Ч8ТНО, OT куда следует, что имеется нечетное ноличес'!'во овец и один яrнеНОR. Поэтому частное от деления числа х 2 на 12 поторое равно количеству овец, дуплепных на х 2 долла ров, должно быть печетным числом. Но '12k 2 + 2kr ........ чет... ное число. Поэтому число r 2 /12 ДОЛ}RНО давать нечетный вклад в частное. В силу этоrо т 2 должно превосходить 12, ОТЕуда вытекает, что Irl == 4 или 5. Для Irl;;::) 5 имеем r 25 1 12  12  2 -1 12" 80 
давая четное число в Rачестве ВRлада в частное. Следова тельно, Irl должно быть равным 4 и r 2 == 16. ТаRИМ об разом, т 2 16 4 12 == 12 == 1 + 12 и остатон равен 4 (но не 4). Поэтому яrнеНОR стоит 4 доллара. Следовательно, один человеR имел 4долларовоrо яrнеНRа, а друrой 12долларовую овцу и передача 4долла ровой rаРМОШRИ выведет Rаждоrо из них на уровень 8 дол ларов. ЗАДАЧА 45. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ КВАДРАТОВ ПОRажите,. что каждый член последователь ности 49, 4489,444889, 44448889,. . ., 44 . . . 4 88 . . . 89 .  n n является полным нвадратом. Решение. Общий член равен Т==44.. .48,8.. .89==9+8.10+8.102+...  n n . . . + 8 .10 n + 4 .10n+l+ 4.10 n + 2 + ... + 4.10 2n + 1 . Представляя 9 в виде 1 + 4 + 4, а Rаждую восьмерну в ви де 4 + 4, имеем т == 1 + 4 (1 + 10 + 102 + ... + 10 n ) + + 4 (1 + 10 + ... + 10 2n + 1 ) == 10n+l  1 10 2n + 2  1 4.10 2n + 2 + 4.10 n + 1 J 1 == 1 + 4. 9 + 4 9 == 9 == ( Z o 10 n ;1+ 1 ( Это всеrда нвадрат целоrо числа, ПОСRОЛЬRУ очевидно, что 2 · 10 n + 1 + 1 делится на 3, тан нак сумма ето цифр равня ется 2 + 1 == 3. ЗАДАЧА 46. ВПИСАННЫй ДЕсятиуrольник Задача о ВПIIсании правильноrо десятиуrоль-- ника в Kpyr вызывала острый интерес у матемаТИRОВ, на... чпная со времен Древней rреции. Об этом писал ЕВRЛИД и, 6 Р. Хонсберrер 81 
в частности, дал очень :красивый метод для вписывания десятиуrольни:ка. Сначала по:кажем, что сторона х пра... вильноrо десятиуrольни:ка, вписанноrо в Rpyr радиуса Т, равна х === + ( УБ  1). Заметим, что уrол, под :которым из центра О видпа сторона АВ  х, составляет З6 0 (рис. 58). Поэто:м:у paBHO бедренный треуrольни:к ОАВ имеет уrлы при основании, равные 720. Пусть ВС  биссе:ктриса уrла В. Тотда треуrольни:ки АВС и ОВС оба равнобедренные и х == == АВ == ВС == ОС. Соответ", ственно АС == r  х. Рассмотрим о:круж... ность, описанную BoRpyr треуrольни:ка ОВС. Так как LABC та:кой же, под Ka :ким хорда ВС видна из точ:ки О на этой описанной окружности, то прямая АВ :касается этой о:кружности. Следовательно, из рас... смотрения :касательной АВ и се:кущей АСО мы получаем х 2 ==АО .AC==T(TX)==T2TX, х 2 + rx  r 2 == О ,  r + У 5r2 х==  2 1--= r Рис. 58 Так :как х положительно, то x==+(Y51), ка:к и утверждалось. Теперь обратимся :к замечательной задаче до:ктора Бан", :кова. Начнем с рассмотрения равностороннето треуrоль... ни:ка КАВ. Во:крут этоrо треуrольни:ка расположены шесть равных о:кружностей, три из :которых :касаются сторон в их серединах, а три проходят через вершины, а их центры  лежат на продолжениях оиссе:ктрис уrлов треуrо.пьни:ка. Эти о:кружности увеличиваются с одной и той же с:ко... ростью до тех пор, по:ка они не станут настоль:ко боль 82 
шими, что коснутся друr друrа и образуют кольцо из шести равных окружностей радиуса r BOKpyr заданноrо треуrольника (рис. 59). Тотда, к нашему удивлению, радиус х окружности, вписанной в треуrольник КАВ, pa вен стороне правильноrо вписанноrо десятиуrольнив:а для каждой из окружностей коль ца. (Удивительно, что любой мот бы сделать тав:ое OTKpЫ ти е. ) Решение. Нетрудно видеть, что радиус х ов:ружности, вписанной в paBHOCTOpOH ний треуrольнив:, равен одной трети высоты ( в:оторая в то же время есть медиана и бис сектриса) . Обратившись к рисунв:у, мы видим, что 2 ОВ == 3 высоты  2х. Рис. 59 Ясно, что отрезки АВ и CD параллельны. Поэ:тому ЕР пв ЕР r отв:уда ЕР   о F ВО ' х 2х ' ..  2' Тотда О'Е == т/2  друrой половине радиуса O'F. Теперь из прямоуrольноrо треуrольнив:а OED имеем ED2 === OD2  ОЕ2 === (2х + r)2  (х + ; у == Зr 2 == Зх 2 + Зrх + 4. Из прямоуrольноrо треуrольнив:а О' ED получаем 0'D2  ED2 + 0'Е2, ( зr2 ) r2 4r 2 == Зх 2 + Зrх + 4 + 4' т 2  х 2 + тх , х 2 + тх  т 2  О, ОТКуда, как и выше, следует х  + (У 5  1). 6* 83 
ЗАДАЧА 47. КРАСНЫЕ И СИНИЕ ТОЧКИ Рассмотрим то (IКИ, расположенные в форме квадрата из 20 столбцов и 20 строк, каждая из которых окрашена в красный или синий цвет. Всякий раз, нотда две точки, ОRрашенные в одинаковый цвет, оказываIОТ... ся соседними в некоторо:Й строне или столбце, они соеди", няются отрезком тото же цвета. Соседние точки разноrо цвета соеДIIНЯЮТСЯ отрезка:ми черноrо цвета. Среди точек 219 красных, З9 из которых находятся на rранице квад... рата, но ни одна не находится в уrлу. Существует также 2З7 черных отрезков. СRОЛЬRО синих отрезков? Решение. В каждой строке находится 19 отреЗRОВ, та... RИМ образом, получаем 19. 20 === З80 rоризонтальных от... резков. Столько же и веРТИRальных отрезков, в результа... те их общее число равно 760. Так как 2З7 из них  чер'" ные, то остальные 52З  синие или красные. Обозначим через k количество красных отрезков и пос... читаем, сколько раз нрасные ТОЧКИ являются Rонцами отрезков. Каждый черный отреЗОR имеет один красный конец, а у каждоrо красното отрезка оба конца красные, поэтому всето 2З7 + 2k красных концов. Но З9 красных точек находятся на rранице и являются концами трех отрезков, а каждая из остальных 180 крас... ных точек находится внутри и является концом четырех отрезков. Таким образом, количество случаев, в которых красная точка является нонцом отрезка, равно З9 · З + 180 · 4 === 8З7. Поэтому 2З7 + 2k === 8З7 и k === зоо. :Количество синих отрезков тотда равно 52З  зоо == 223. Подобная задача была предложена в журнале «Ameri... сап Mathematical Monthly» (1971 т.) Т. С. Брауном и ре... шена Стефаном Б. Маурером. Рассмотрим прямоуrольное расположение красных и синих точек с четным числом строк и четным числом столбцов. В каждой строне половина точек красные и половина  синие; аналоrично и в столбцах. Всякий раз, котда две точки одинаковоrо цвета оказываются соседними в строке или столбце, они соединяются отрезком тото же 84 
цвета. Покажите, что общее количество нрасных отрезков равно общему количеству синих отрезков. Реmение: L Я строка к с ! 1 i+ 1 я строка к с к . . с с . . к к 1 к к . . с Рассмотрим две соседние строки из точек, скажем, iю и i + 1ю. Если две точки одинаковоrо цвета находятся одна под друrой, то эта пара соединяется отрезком. Назо вем такие точки «спаренными», а паР-:-1! разноцветных TO чек «неспаренными». Теперь вспо:мним, что в Rаждой CTpO ке половина точек красные, а друrая половина синие. Поэтому в строчках одинаковое количество красных точек. Ясно, что соседние строки имеют одинаковое количество спаренных нрасных точен, поэтому в них и одинаковое количество неспаренных красных точек. Поскольку под каждой неспаренной красной точкой iй строки стоит He спаренная синяя точка i + 1й строки, мы имеем, что число неспаренных синих точек в i + 1й строке === =::::;/ числу неспаренных красных точек в iй строке === == числу неспаренных красных точеR в i + 1й строке. Тоrда в i + 1й строке мы имеем одинаковое количество неспаренных красных точек и неспаренных си'их точек. Так как в i + 1й строке находится одинаковое общее чис ло красных и синих точек, то отсюда следует, что там бу... дет одинаковое число спаренных красных точек и спарен ных синих точек. Это влечет за собой равенство ноличе ства синих и красных отрезков, соединяющих строки. То же самое верно и для соседних столбцов, откуда вытекает окончательный вывод. ЗАДАЧА 48. МЕТОД ШАЛЯ Если дана окружность С HeKoToporo Kpyra, то несложно найти ее центр и определить радиус. Для этоrо обычно проводятся срединные перпендикуляры к двум хордам для Toro, чтобы получить центр, после чеrо опре деляется радиус. В то время кан для определения средин 85 
Horo перпендикуляра к хорде требуется провести пару Дуr, при построении срединных перпендикуляров у двух соседних хорд можно оrраничиться тремя дуrами (исполь зуя одну и ту же дуrу при построении каждоrо из двух перпендикуляров). При этом используется циркуль для проведения не менее трех дуr и дважды применяется ли нейка. Введем следующий Me тод построения радиуса, из вестныЙ как «метод Шаля)}, в котором проводятся только две дуrи и один раз исполь зуется линейка (рис. 60). Взяв точку О окружности L С как центр окружности D, Рис. 60 найдем точки ее пересечения Р и Q с окружностью с. Проведем еще окружность с центром в точке Q Toro же радиуса и отметим точку R ее пересечения с окружностью D, находящеrося внутри окружности с. Пусть прямая PR пересекается с окружностью С в точке L. 'fоrда QL  радиус окружности С (так же как и LR). Решение. Ясно, что все три стороны треуrольника QOR являются радиусами окружности D, следовательно, он равносторонний и LROQ === 600. Поэтому LRPQ === 300 как вписанный (в обе окружности) и уrол LXQ из центра Х окружности С также равен 600. Следовательно, треуrоль ник XQL  также равносторонний и QL === Т. (Нетрудно доказать, что треуrольники RQL и XOQ равны, откуда мы получаем, что RL === ОХ === Т.) ЗАДАЧА 49. О ФУНКЦИИ (n) Простые числа давно пользуются особым вниманием математиков. Одной из наиболее интересных функций, связанных с простыми числами, является Функ ция Л (п)  количество простых чисел, не превосходящих числа п. In п Задача. Докажите, что л (п)  ln 4 · Решение. Выдающийся венrерский математик Поль Эрдеrп нашел следующее элементарное решение этой задачи. 86 
Обозначим через т некоторое натуральное число. Пред положим, что k 2  наибольший квадрат, который является делителем числа т, т. е. т == k 2 v. Тоrда v не может иметь повторяющихся множителей, в противном случае полный квадрат, больший чем k 2 , будет делителем числа т. (Чис ло v называют «свободной от квадратов» частью числа т.) Теперь зафиксируем натуральное число n и рассмотрим натуральные числа т  n. Пусть каждое из чисел т == == 1, 2,  . ., n будет представлено в виде т == k 2 v, тде число v не имеет повторяющихся множителей. Так как в каж дом случае мы имеем, что k 2  т  n, то k должно быть   одним из чисел 1, 2, 3, ..., [-V n], тде [-V n] обозн чает наи  большее целое число, не превосходящее числа -v n. Так как О  т  n, все простые делители числа v должны принад лежать совокупности простых чисел, которые не превосхо дят n, а именно, Рl, Р2, ..., РЛ(n). Будучи произведением некоторых простых чисел из этой совокупности, число v должно быть одним из чисел вида СХ СХ СХ n ( ) Р 1. Р 2 . . . р n 1 2 п( n) , тде наждый из показателей степени (X,i равен О или 1 (чис ло v не имеет повторяющихся множителей). Так как каж дое из чисел ai может равняться как О, так и 1, то сущест вует 2 Л (n) различных чисел такото вида. Резюмируем сказанное. Для каждоrо числа т == k 2 v, тде число v не имеет повто ря ющихся множителей, k при надлежит множеству из [-Vn] чисел Х 1== ( 1, 2, ..., [ l' n] ) , а v должно принадлежать множеству из 2 Л (n) чисел у == (Р СХ 1 . Р СХ 2 . . . Р СХП(n) ai == О или 1 ) \ 1 2 п( n ) , · Т,еперь каждому числу т == 1, 2, ..., n соответствуют число k из Х и число v из У такие, что т  k 2 v. И наобо рот, выбирая соответствующие числа k из множества Х и v из множества У, мы можем получить любое из чисел 1, 2, ..., п в виде k'2v. Следовательно, производя выбор чисел k из Х и чисел v из У всеми возможными способами и составляя числа k 2 v, мы можем образовать множество чисел, включающее все n чисел 1, 2, 3, ..., n. Но при этом образуется всето IУ п] · 2 Л (n) чисел. 87 
Соответственно, имеем: [1 п] · 2 Л (n)  п. Но У п  [ 1Iп ] по определению, и поэтому 11 п 2 Л (n)  п, 1 л(п)lп22Iпп, 2 Л (n)  11 п, ln п ln n л (п)  21n 2 == ln 4 · в XIX столетии руссв:ий математив: п. Чебышёв дoв:a зал более сильную теорему: n л(п» 121nn . Rороткая задача о фунв:ции Л (п) была предложена Полем Эрдешем в журнале «American Mathematical Monthly» в 1944 т. и решена Уитни Св:обертом. Докажите, что если аl < ,а2 < . . . < ан.  п  произволь... пая последовательность натуральных чисел тав:ая, что ни одно из ai не является делителем произведения друrих, то kл(п). Решение. Rаждое число ai  п и поэтому имеет разло... жение на простые множители а. == P Q l p Q 2 . . . р Qл(n) 1. 1 2 л( n) · Для Toro чтобы число ai не являлось делителем произ... ведения остальных чисел, оно должно содержать нев:ото" рый простой множитель Pi Е (Рl, Р2, ..., Рл(n») В степени большей, чем сумма степеней Pi у всех остальных чисел а. Тав:им образом, число ,ai должно содержать это Pi в сте... пени ббльшей, чем каждое друтое отдельное а. Rаждое ,ai имеет тав:ое число Pi и ясно, что нив:ав:ие два числа ,а не MorYT быть подобным образом связаны с одним и тем же числом Pi. Поэтому вы не сможете иметь чисел а больше, чем простых чисел во множестве (Рl, Р2, ..., Рл(n»), и та... КИМ образом, k  11: (п). ЗАДАЧА 50. ПОСТОЯННАЯ ХОРДА Предположим, что две окружности Q и R пересекаются в точках А и В (рис. 61). Точв:а Р лежит на дуте ов:ружности Q, расположенной вне окружности R. Она проектируется через точки А и В, определяя хорду СО на ов:ружности R. Докажите, что независимо от тото, 88 
тде точв:а Р взята на ув:азанной дуте, длина хорды CD всетда одна и та же. Решение. Обозначим через Р и Р' положения точв:и Р, соответствующие хордам сп и С' п' (рис. 62)..- Мы имеем LP АР' === LPBP' , LP АР'  LCAC' , LPBP' == LDBD' , что дает равенство LCAC' == LDBD. Это означает, что дута СС' равна дуте пп'. Прибавляя дуrу сп' к каждой из р р с: D п' Рис. 61 Рис. 62 них, получаем, что дута С' п' равна дуте сп, откуда мы имеем, что и длины хорд тоже равны: С' п' === Сп. ЗАДАЧА 51. КОЛИЧЕСТВО ВНУТРЕННИХ ДИАrОНАЛЕЙ Простой мноrоуrольнив: это тав:ой, RОТОРЫЙ сам себя не пересев:ает. Однав:о тав:ой мноrоуrольнив: MO жет быть далев:о не выпув:лым и мноrие ero диаrонали будут лежать целив:ом или частично вне ето. Дов:ажите, что тем не менее, в:аждый простой пуrольник имеет не менее п  З диаrоналей, полностью лежащих внутри нето. Решение. Ясно, что это утвеРЖД,ение справедливо для четырехуrольнив:ов (рис. 6З). Предположим, что утверж 89 
дение справедливо для kуrОЛЬНИRОВ (k === 4, 5, ..., п). Рассмотрим простой (п + 1)уrОЛЬНИR Р. Заметим, что He возможен мноrоуrОЛЬНИR, у НОl'орото нет диаrоналей, pac положенных внутри нето. Этот результат ДОRазан в моей р , '" d , " " " " , " r;уrОЛЬНt1К Рис. 63 '2 уrОЛЬНI1К Rниrе «Ingenuity in Mathematics». Обозначим через d диа rональ, полностью лежащую внутри мноrоуrОЛЬНИRа Р. Предположим, что d делит мноrоуrОЛЬНИR Р на 7"1уrОЛЬНИR и r2уrОЛЬНИR. По предполо жению индукции :мы имеем не менее rl  З и r2  З BHYT ренних диаrоналей MHOTO уrОЛЬНИRа Р в этих ето двух частях. Добавляя саму диа rональ d, получим, что долж но быть не менее rl + r2  5 внутренних диаrоналей у мноrоуrольника Р. Общее число сторон у двух полученных мноrоуrОЛЬНИRОВ равно rl + r2. Это число ВRЛЮ чает все п + 1 стороны MHOTO уrОЛЬНИRа Р и дважды диа rональ d. Поэтому имеем Тl + r2 == п + з. Следователь но, р имеет не менее Тl + r2  5 == п + з  5 == Рис. 64 == п  2 == (п + 1)  З внутренних диаrоналей. Отсюда по индукции следует утверждение задачи. Таи иак для любоrо натуральноrо числа п > З можно УRазать пуrОЛЬНИR, ИIеIОЩИЙ ровно п  З внутренних диа 90 
rоналей, то число п  З является наибольшим числоl\tI внутренних диаrоналей, :которое можно rарантировать. Пусть :касательные :к о:кружности С в точ:ках А и В пере се:каются в точ:ке Р (рис. 64). Выбирая точ:ки N 1 , N 2 , ... . . . f\1113 вдоль той дуrи АВ, :которая ближе :к точ:ке Р, мы получим пуrольни:к Р AN 1 N 2 . . . N (I,зВ, :который имеет 13 точности п  З внутренних диаrоналей PN i , причем все они выходят ИЗ точ:ки Р. Р. В. Эrrлетон из Австралии установил, что простой пуrольни:к имеет в точности п  З внутренние диаrонали тотда и толь:ко тотда, :котда ни:какие две ето внутренние диаrонали не пеР€lсе:каются. ЗАДАЧА 52. УТЯЖЕЛЕННЫЕ иrр АЛЬНЫЕ кости До:кажите, что невозможно так утяжелить пару иrральных :костеЙ, чтобы :каждая сумма 2, З, ..., 12 стала бы равновозможной. Ка:к обычно полаrаем, что :кости различны (т. е. выпа дение двой:ки на первой :кости и четвер:ки на второй отли чается от выпадения четвер:ки на первой :кости и двой:ки на второй, хотя получается та же сумма). Решение. Обозначим через Pi вероятность выпадения :количества оч:ков i на первой :кости, а через qi  вероят ность ето выпадения на второй :кости. Вероятность полу чения суммы 2 в этом случае равняется Plql, в то время :ка:к вероятность для суммы 12 равна P6q6. Если все один надцать вероятностей одина:ковы, то :каждая из них равна 1/11. Вероятность суммы 7 равна 1 11 == PIQ6 + P2Q5 + ... + P6Ql  PIQ6 + P6Ql === === PIQ6 ( :: ) + P6Ql ( : ) === PIQl ( :: ) + P6Q6 ( : ) === == (  ) +  (  ) ===  (   ) 11 ql 11 q6 11 ql + qo · Поэтому мы получаем  1 ql 4 q6  · 91 
Но сумма положительното числа с числом обратным ему х + 1lх всетда не меньше 2. Поэтому предполатаемое утя", желение невозможно. ЗАДАЧА 53. КУРЬЕЗНАЯ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ Предположим, что мы просматриваем все на... туральные числа 1, 2, З, ". и выбираем последователь... ность следующим образом: первое нечетное число (а именно 1), следующие два четных числа (2 и 4), следующие три нечетных числа (5, 7, 9), следующие четыре четных числа (10, 12, 14, 16), следующие пять нечетных чисел (17, 19, 21, 2З, 25) и так далее, получая ряд 1, 2, 4, 5, 7, 9, 10, 12, 14, 16, 17, 19, ." До:кажите, что nй член и n пол учает ся по фор:муле  2  l r 1 + У8п  7 ] ип п 2 ' тде [х] означает наибольшее целое число, не превосхо", дящее х. Решение. Сравним последовательность и с последова... тельностью Е четных чисел и пусть D  последователь... насть разностей между соответствующими членами D === == {d n }. Мы увидим, что последовательность D состоит ИЗ одной единицы, двух двое:к, трех троек, ..., Е == {2п} : 2, 4,6, 8,10,12, 14,16,18,20 22,..., и == {и n } : 1, 2, 4, 5, 7 , 9, 1 О, 12, 14, 16, 1 7, ..., D === {d n } : 1, 2, 2, 3, З , З , 4, 4, 4, 4, 5,. . ., :и п чисел, равных n, . . . Члены последовательности и рас... пределены по труппам из одноrо члена, из двух членов, трех членов и т. д. Внутри труппы все члены либо четные, либо нечетные, возрастающие на 2, :как и последователь насть четных чисел. ПОЭТОIУ последовательность разно стей D будет состоять из одина:ковых членов в :каждой труппе. При переходе :к следующей rруппе в последова тельности четных чисел член продолжает увеличиваться на 2, в то время :ка:к в данной последовательности и при переходе от четных чисел :к нечетным (или наоборот) воз растание будет лишь на 1. Соответственно разность, :кo торая будет сохраняться в следующей труппе, увеличива... Q? 
стся па 1 и члены из D будут таними, кан указывалось ВЫlпе. Найдя формулу для d n , :мы получим формулу длн и n из соотношения и(/, === 2п  d п . Попробуем определить d n для КОПRретноrо значения п. I\aK мы видели, члены из D распадаIОТСЯ на rруппы с по стоянпым значением: (1), (2,2), (З, З, З), . .., (k 1, k 1, .. .), (k, k, .. .),    ...  ............... l{l раз k раз Нам нужно пайти rруппу, которая содержит наш дaH пый член d n . Если он содержится в kй rруппе, то ero зна чепие равно ko Заметим, что перед kй rруппой стоят одна единица, две двойки, три тройки, ..., k  1 чисел k  1, а Bcero (k  1) k 1 + 2 + З + . '. + (k  1)  2 членов. Если d n находится в kй rруппе, то, будучи пM члепом в последовательности D, он ПОрОiRдает соотношения (k1)k + 1п< [(k+1)/](k+1) + 1. Например, если d n находится в 10й rруппе, то (10 /).10 + 1  п < (11 /).11 + 1. Конечно, в этом случае мы также имеем (9  1) 9/2 + 1  п, (81)8/2+1п, ..., (11)1/2+1п. Из всех целых чисел (т  1) т/2 + 1 при т === k получаем наиболь шее значение п. ТаRИМ образом, мы имеем, что число k === d r есть наибольшее из чисел n, удовлетворяющих yc ловию (n 1)т/2+ 1 п, или n"t 2  т + 2 (1  п)  о. Но трехчлен т 2  т + 2 (1  п) неположителен для всех значений т, лежащих на заМRНУТОМ интервале между KOp нями соответствующеrо уравнения п 2  т + 2 ('1  п) === о, которые тановы: т 1J:1I18(1n) 2 1 + 1/8n  7 2 (рис. 65). 93 
Таким образом, k есть наибольшее целое число в проме жутке 1  v 8п  7   1 + 1/ 8п  7 2 т 2 · Так как k  целое число, то мы и:мее м а п ==о k ==о [ 1 + 8п  7 ], а по выведенной формуле  2  [ 1 + V 8п  7 ] и n  п 2 . Натан Мендельсон обратил внимание на дополнитель ную последовательность V === {и n } натуральных чисел, не входящих в и: v  {и n }: З, 6, 8, 11, 1З, 15, 18, 20, 22, 24, 27, ... Он установил, ;:то члены этой последовательности тоже у ( 1 Y 8п 7 ) 2 ' О k  саиое большое целое чнсло в этом ннтервале y:=mт +2 (1п) ( 1+ Y 8n7 ) m 2 ,0 Рис. 65 образуют rруппы в один член, два члена, три члена и т. Д., И что формула для и n получается не вычитанием d n из 2п, как в случае и n , а ero прибавлением: [ 1 + Y8п 7 ] L'n == 2п + d n == 2п + 2 . Это немедленно следует из Toro, что и п + и n ===: 4п. Этот результат не очень трудно доказать. Он предлаrается в качестве упражнения. 94 
ЗАДАЧА 54. ДЛИННЫЕ ЦЕПОЧRИ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫХ НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ Хотя существует бесконечное количество простых чисел, промежутни между последовательными простыми числами в последовательности натуральных чи сел MorYT быть сколь уrодно большими. Это леrко видеть, если рассмотреть для всех натуральных чисел п набор чисел (п + 1)! + 2, (п + 1)! + 3, ..., (п + 1)! + (п + 1), содержащий п последовательных составных чисел. Докажите, что также существуют сколь уrодно длин ные цепочки последовательных натуральных чисел, каж дое из которых имеет в качестве делителя число, отличное от 1 и являющееся полным квадратом. Решение. Мы докажем по индукции, что для всех Ha туральных чисел п существует множество из п последо вательных чисел, каждое из которых имеет делителем пол ный квадрат >1. 1) Для п  1, любой нвадрат >1 удовлетворяет наше му условию. 2) Предположим, что для п  1 имеется последова тельность из п натуральных чисел аl, а2, ..., а n , каждое из которых имее'f делителем полный квадрат >1. Мы найдем п + 1 последовательное натуральное чис;ло с тем же свойством. Обозначим через Si полный квадрат >1, который явля ется делителем числа ai, i === 1, 2, ..., п, и через L обозна чим произведение этих чисел Si. Поскольку числа ai явля ются последовательными, то а2 == аl + 1 и т. д. llридержи ваясь этих обозначений, число а п + 1 обозначим как а п +l и получаем аl, а2, ..., а п , а п +l  цепочку из п + 1 после довательных чисел. Число а п +l (L + 2)L обозначим через А. Число А делится на каждое из чисел Si, поскольку имеет сомножителем число L. Теперь рассмотрим после довательность из п + 1 натуральных чисел А +аl, А +а2, ..., А +а n +l. Для i == 1, 2, ..., п оба числа А и ai делятся на Si, откуда следует, что первые п из этих чисел имеют в качестве дe 95 
лителей квадраты >1. Для последнеrо же числа полу чаем А + а п +l == а п +l (L + 2) L + а п +l == == а п +l (L2 + 2L + 1) == а п +l (L + 1)2. Так как Si > 1, то L > 1 и (L + 1) 2 является квадратом >1. Таким образом, все п + 1 чисел делятся на квадраты >1, и по индукции получаем наше утверждение. Таким же образом можно показать, что для любоrо натуральноrо числа п существует п последовательных чи сел, каждое из которых делится на тю степень HeKOTO poro натуральноrо числа >1, rде т > 2. Для этоrо нужно толы{о взять В качестве Si lпIO степень числа >1, а в ка... честве числа А число А == а п +l [(L + 1)т  1]. Заметим, что предложенный метод не только показы... вает суrцествование описанной выше последовательности, но и дает итеративный способ построения такой последо вательности. Так как единственным используемым СВОЙ ством числа L является ero делимость на каждое из чи сел Si, то вместо Toro чтобы в качестве L брать произве... дение всех Si, мы можем взять их наименьшее обrцее крат... ное. Это поможет нам уменьшить число L и, соответст", венно, сократить вычисление. Это означает, что, соrласно замечанию, я cMory ука... зать в некотором месте натуральноrо ряда триллион чисел (или столько, сколько вы захотите), каждое из которых делится на число, являюrцееся триллионной степенью на... туральноrо числа >1, и что при наличии достаточноrо времени я cMory в действительности выписать для вас такую цепочку чисел. ЗАДАЧА 55. МИНИМАЛЬНЫй ВПИСАННЫй ЧЕТЫРЕхуrольник Пусть диаrонаlfИ четырехуrольника ABCD, вписанноrо в окружность, пересекаются в точке Х, а точ", ки Р, Q, R, S  основания перпендикуляров, опуrценных из точки Х на стороны четырехуrОJIьника ABCD. Докажи те, что из всех четырехуrольников, имеюrцих вершины на каждой из сторон четыреХУIОЛЬНИRа ABCD, наименьший периметр имеет четырехуrольник PQRS. 96 
Решение. Начнем с доказательства тото, что отрезки PS и PQ образуют равные уrлы с прямой АВ (рис. 66): LAPS === LBPQ? Мы получим этот результат из тото, что они имеют равные дополнения: LSPX === LQPX. Из рассмотрения прямых уrлов в четырехуrольнике PBQX мы получаем, что он вписанный, откуда LQPX === === LQBX. Аналоrично, че Тk1рехуrольник APXS  TO же вписанный и LSPX === === LSAX. Однако в дaH ной окружности уrлы CBD и CAD опираются на одну :и ту же дуту и, сле довательно, равны, поэто му LQPX === LSPX и мы получаем доказательство нашеrо утверждения. AHa лоrично, в каждой верши не четырехуrольника PQRS стороны образуют равные уrлы с COOTBeTCT вующими сторонами че тырехуrольника ABCD. Вследствие этоrо при отражении четырехуrольника PQRS относительно стороны четырехуrольника ABCD об раз каждой из сторон, которые пересекаются с осью сим метрии, является в точности продолжением друrой CTOpO ны (рис. 67). Серией из трех отражений 1, 11 и 111 можно выпрямить периметр четырехуrольника PQRS, как изоб ражено на рис. 68. Здесь показаны четыре примыкающих одинаковых изображения четырехуrольника PQRS внутри четырехуrОЛЬНИRа ABCD. Поэтому А 2 S з == AS, а так как противолежащие уrлы D 2 SзR2 и ASP равны (каждый И3 них равен уrлу DSR), то А 2 S з И AS также и параллельны. Поэтому А 2 АSS з  параллелоrрамм, в котором выпрям ленный периметр SSз четырехуrольника PQRS равен OT резку АА 2 . Теперь произведем такие же отражения, развертываю щие периметр, для произвольноrо четырехуrольника, 7 Р. Хонсбеvrер Рис. 66 97 
имеющеrо вершины на каждой из сторон четырехуrольни ка ABCD. Если У  веРПlина на стороне AD, а уз  ее образ на отрезке A 2 D 2 , то, ПОСI{ОЛЬКУ А 2 У з И А У равны и D 1 С 1 'в Q С I I I Рис. 67 Dl 1 Р? '"' R /D I 2 \..' I ... ., ') 111 ... /B''-"Q С / .... 1 1 Az Рис. 68 параллельны, мы снова видим, что А 2 А ууз  параллело rpaM:M (рис. 69). Поэтому ууз =:::: АА 2 . Однако развернутый периметр расположен между точками У и уз. Если это ломаная, то она длиннее, чем УУ З . В случае, котда пери метр наименьший, ломаная должна совпадать с отрезком УУ З , равным отрезку АА 2  периметру четырехуrольника PQRS. Таким образом, четырехуrОЛЬНИR PQRS имеет наи меньший периметр. Заметим, что если Е, F и G  точки на отрезке УУ З , в которых он пересекает отрезки АВ, ВС 1 и C}D 2 COOTBeT ственно, то эти точки Е, F и G cooTBeTcTBYIOT точкам на трех друrих сторонах четырехуrольника ABCD, определяя 98 
вписанный в нето четырехуrОЛЬНИR Т. Развертка четырех уrольника Т дает просто отрезок ууз в качестве выпрям", ленноrо ето периметра. Таким образом, для любой точки / / / / / / / / / / / / / / / / / / // d / А У '7 / / / / / / /Х Е / / / / /x F / / / /(а / / D А 2 УЗ D"]. Рис. 69 у на отрезке AD существует четырехуrольник, вписанный в ABCD, который имеет У своей вершиной и обладает ми... нимальным периметром. ЗАДАЧА 56. ТРЕуrОЛЬНЫЕ ЧИСЛА l{ОЛИЧНСТВiQ крутов, расположенных в виде треутольника (рис. 70), определя8'Т после:довательность о о о 00 00 OOO 1 з 6 Рис. 7 О треулольных чисел. Она начинается 'с чисел 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, ...; ne число равно п (п + 1) t n ==1+2+3+...+n=== 2 · Так как t n === tnl + n, то леrко вычислить в уме пер'" вую пару дюжин членов: 7* 99 
1, (ПЛIОС 2) 3, (ПЛIОС З) 6, (ПЛIОС 4) ,10, (ПЛIОС 5) 15, (ПЛIОС 6) 21, 28, З6, 45, 55, 66, 78, 91, 105, 120, 1З6, 153, ... в эт,ой части мы раССМ1ОТРИМ семь малвны{их )задач о треуrольных чи,слах. 1) ДОI{ажите, что ВСЯI{ое печетн'ое число, ЯВЛЯlощееся полным нвадратом, будучи записано в восьмеричноЙ си стеме ,счисления (с основанием 8), онанчивает'ся на 1 и, если отделить эту одиницу, то ос'тавшаяся часть всеrда буд8'Т треутольным: числом. Решение. Заметив, что одно ИЗ двух последовательных чисел п и п + 1 четно, получим, что (2п + 1) 2 === 4п 2 + 4п + 1 === 4п (п + 1) + 1 === 8k + 1 для HeROTop,oro цел,о:rо числа k. ОТСIода следует, что в восьмеричной системе 'счисления н:ечетный квадрат OHaH чивантся на 1. Отделив послеДНIОIО цифру 1 от числа т, записан II,oro в восьмерично.й системе счисления, мы получим число (т  1) /8. ТаRИМ обрааом, уназанное стирание цифры дает (2п+1)21 8 4п (п + 1) == п (п + 1) === t n 82' пe треyrольное ЧИ1СЛО. 2) ДОRажите, чт'о при основании 9 Rаж'дое чи,сло, за писываемое лишь с помощью единиц, являет'ся Tpe уrольным чис,лом: 1, 11, 111, 1111, .... Решение. Ясно, что первое число 1 является Tpe уrольным. Пусть теперь 1 поставлена после числа k, за писанноrо при основании 9, тоrда п,олучится число 9k + + 1. Если число k ОRазалось треу:rольным, Т. е. имеет вид п (п + 1) /2, T10 пр,и уназанной проце,дуре п,олучаем 9. п (п + 1) + 1 === 9п 2 + 9п + 2 === (3п + 1) (3п + 2) 2 2 2 которое таRже являет,ся треуrольным числом. Отсюда по индукции получаем наше утверждение. Заметим, что приписывание 01 к числу k, записан НОМУ в троичной си,стеме счисления танже дает число 9k + 1. Поэтому приписывание 01 к треYJ10ЛЬНОМУ числу в троичной системе счисления 'таRже образует друrое треуrольное число. 100 
При основании 25 приписывание цифры З к треуrоль НОМУ числу п(п+ 1)/2 дает 25. п (п + 1) + З === 25п 2 + 25п + 6 == (5п + 2)(5п + 3) 222  треуr-ольное число. Следовательно, приписывание З при основании 25 или, что эквивалентно, 03 при ,основании 5 к треуrольному числу дает также треуrольное числ,о. И вообще, если к 'треуrольному чи'слу, напи/санному в системе счисления с основанием (2k + 1) 2 приписать 1 цифру 2 k (k + 1); или в системе счисления с основапи 1 ем (2k + 1), k  З 'приписать О и цифру ""2 k (k + 1); или в сиС'теме СЧИlсления (2k + 1) , k > З приписать число 1 ""2 k (k + 1), которое ,оказывавтся в этом случае двузнач БЫМ, то ;полученное число является треУlrОЛЬНЫМ. З) Пусть число N === 0,1З60518... образовано п'ослеIДНИ ми цифрами треуrольных чисел. Будет числ,о N рацио нальным или иррациона.льным? Решение. Продолжим последовательность треуrоль ных чисел 1, З, 6, 10, 15, 21, 28, З6, 45, 55, 66, 78, 91, 105, 120, 136, 15З, 171, 190, 210, 2З1, 253, 276, зоо, З25, З51, ... Отсюда мы видим, ЧТ1О число N при этом продолжении N === 0,1З60518655681506З1001З6051 наводит на мысль 10 сущеlС'твовании пеРИQда из 20 цифр. Продолжая обозначать пe 'треуrольное число через t n , МЫ получим в общем случае, что t  t  (п + 20) (п + 21)  п (п + 1)  n+20 n   2 2 1 == """2 (п 2 + 41п + 420  п 2  п) === 10 (2п + 21). 8'то число оканчивавтся на о. Таким образом, числа tl0+20 и t n :должны иметь 'одну и ту 'же посл8'ДНЮЮ циф ру, подтверждая преДПiQложение о пеРИ1ОДИЧН1ОСТ'И чи'сла N. СЛ8lДО[JатеЛЬН 1 О, число N рационально. Заметим, что период числа N являеТ1СЯ почт'и палин .дромом (читается одинаково слева направо и справа 101 
налево). В действительности число  == 0,013605186556815063100136051 имеет в качестве периода палиндром. ОтмеТ1ИМ, что можно доказать и таой результат: чис.-4 ло N, образован,нюе аналоrичным образом наборами по k последних цифр треуrюльных чисел, будет рациональным для любоrо k === 1, 2, З, ... Треуrольные числа являются частичными суммами арифметической проrрессии 1, 2, З, ... Нетрудно показать, что число N, поС'троенное с по мощью последних k ц'ифр частичных сумм произвольнюй ар,ифметическ,ой проrрессии из натуральных ЧИ1сел, явля ется рациональным числом. 4) Мы можем заметить, что треуrольные числа 1 и З6 Iтакже являются и полными квадратами. Докаж'ите, что т,реу,r,ольных чисел, являющих,ся пол:ными КiBaдpaTa ми, бесконечно MHoro. Решение. При внимательном рассмотрении можно об наружить, что число t4n(n+l) является по,лным квадратом НСЯRИЙ раз, колда t n является полным квадратом. Дей ствительно, если t n === п (п + 1) /2 === k 2 , то 4п (п + 1) === 8k 2 И 8k 2 (8k 2 + 1) t 4n (n+l) == t 8k 2 == 2 === === 4k 2 (8k 2 + 1) == 4k 2 [4п (п + 1) + 1] === 4k 2 (4п 2 + 4п + 1)== == 4k2 (2п + 1)2, т. е. являеТ1СЯ ПIОЛНЫ,М квадратом. 5) Д,окажите, ЧТIQ раЗНОIСТЬ меж,ду ква\дратами двух последовательных 'треУI10ЛЬНЫХ чисел всеrда являеlТСЯ KY бом целоrо чи,сла: { t n } : 1 , З, 6 , 1 О, 15 , 21 , {t}: 1,9, З6, 100, 225,441, {разноС'ти}: 8, 27, 64, 125, 2,16, ... Решение. Хорошо известно, что сумма кубов первых п натуралыных чисел равна 13 + 23 + ... + п 3 == [ п(п 2 +1) ]2 == t;. ТаRИМ образом, t+l  t == (п + 1)3, 'Что n 'требова лось. 102 
6) Докажите, что сумма чисел, обратных :к треуl'ОЛЬ БЫМ, равна 2: 1 1 1 1 Т + 3 + """"6 + 10 + · · · === 2. Решение. Очаровательное rеометрическое решение по лучается с помощью двух rипербол 1 1 Уl (х) ==  и У2 (х) ==  1 (рис. 71). х x Для целых значений х == п  2 разность а п меж\ду op дина там и э'тих кривых равна 1 1 1 1 2 1 ( 1 \ а п == п  1  п == п (п  1) == 2 п (п  1) == 2 tn-l). Та:ким обра{зом, 1Jtnl === 2а n , а исН!омая сумма еlСТЬ 1 1 Т + т + · . . == 2 (а 2 + аз + ...). 1 2 Заметим теперь, что значоние функции У2/(Х) при Х === п 'такое же, ка:к и значение функции Уl (х) при у (0,1) t 2 ,1) v (X)== /,2, Х 1 о 1 2 3 4 5 6 .......J Х Рис. 71 х == п  1. Следовательн.о, Iпроекции отрезков а n на ось у прикладывают,ся «к'онец R концу», образуя отрезок, иду щий ОТ точки (О, 1) вниз, R началу :коор,ДМlнат. Так как обе rиперболы асимптотически приближаю'тся :к оси х, ТО Э'Т'И проеКЦИ1И полноС'тью заполняют единичный OTpt;; зо}{ до начала координат, что дает а2 + аз + . . . == 1, ОТБуда немедленно следует же.лаемый вывод. 103 
Кроме это1'О rеОМ8'тричес:ко:r.о решения СУЩ8'ствует сле-4 дующий элеrантный алrебраичес:кий подх'Otд: 1 1 1 1 2 2 2 2 Т + 3 + (3 + 1и + . . . === 1:2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ...  == 2 ( /2 + 2\ + 3\ + 4\ + ...) == == 2 [( 1  +) + (+  + ) + (+  + ) + ...] === 2. 7) Наша последняя задача IСОСТО:И'Т :в И'С1следоваНlИИ возможности выбора таой бес:конечной последовательно сти 'треyrольных чисел, чтобы все ее чаС'тичные .суммы сами были треуrольиыми числами. Решение. Предположим, что мы уже построили часть та:кой п.ослеДОJ3ате.льности, причем она облада8'Т дополни тельным СВОЙ1СТВОМ: сумма ее членов IДО t k равна t k +l. В ЭТ1ОМ случае, добавляя :к последовательности член ttk+11 получим последовательность с 'тем же СВiой ством. Дей,ствительн,о, та:к :ка:к t n +(n+1).===t n +l, то OT сюда следует, Ч'тю для п === t k +l  1 новая сумма равна ttk+11 + tk+1 == tt k + 1 . Примером та:кой последовательности является после довательность tз, t5, t20, t23'O. Ее чаСТИЧIНЫМИ суммами яв ЛЯЮ'тся числа (tз), t6, t21 и t231. В действи:тельнюсти МОЖ  но построить та:кую П1оследовательность, начиная с люоо то 'треуrольноrо Ч'и,сла, :кроме второто; данное правило продолжеНIIЯ дает возможность состави'ть бес:конечную последовательноС'ть с требуемым свой\С'твом. В за:ключение мы отметим, что таRже можно выбрать беСRонечную последовательность треуrольных чисел, об ладаЮЩУIО тем с)войс'твом, что все ее чаС'т'ичные суммы являются полными :квадратами. Та:кой является, напри мер, последо\Ва'тельность t 1 , t 2 , t 6 , t 18 , · .., t 2 . з k, ..., для RО'ТОрОЙ \ ( 3 k + 1 + 1 ) 2 t 1 + t 2 + t 6 + ... + t 2 . з k == 2 · ЗАДАЧА 57. О ПРАВИЛЬНОМ n .УrОЛЬНИКЕ Обозначим через А 1 А 2 .. . А п правильный пуrольни::к. До:кажите, что незаВИСIIМО от тото, тде взята точ:ка О внутри мноrоуrольни:ка, Х1ОТЯ бы 'один из утл'ов 104 
AiOA j отличается от разверну'тоrо уrла меньше, чем на 1/п чаС'ть развернут'Q['О уrла: л L АiОАjЛ. п Решение. Обозначим через А 1 ту вершину, для в:ото", рой расстояние OA i минимально, т. е. ОА 1  OA i для i === === 2, 3, ..., 12 (рис. 72). Сое\диним точв:у А 1 со всеми Рис. 72 остальными вершинами. Еели точв:а О лежит на диаrона... ли A 1 0A i , то мы непосредственно получаем, что LA 1 0A i === л. Предположим т,орда, что точв:а О лежит меЖ1ДУ ПOiслеiдова'тельными диаrоналями А 1Ai И А 1 A i+ 1. Уrлы аз треyrольниках A 1 0A i и A 1 0A i + 1 обозначим 'через х, у, z, t, т, п, в:ав: на рисунв:е. Тав: в:ав: А 1 О  OA i , то Z  т. АнаЛtоrично из А 1 О  OA i + 1 следует, что t  п. ОТ1сюда z + t  т + п. Но правильный мноrоуrольнив: вписан в ов:ружность. Обозначим чернз С центр ов:ружно ст'и, описан'ной :вокрут нашеrо мноrоуrольнив:а. Тотда дута AiAi+1, соединяющая ооседние вершины, видна из цен'тра С под уrлом 2л/п, а из точки на описанноЙ ов:руmности ПQД уrлом вдвое меньшим, и мы имеем п + + т === л/по Поэтому z + t  л/по Однав:о 'сумма шести уrлов двух треуrольнив:ов paB На 2л: (т  п) + (z + t) + х + у == 2л, 3t  + (z + t) + х + у === 2л. п 105 
Так как z + t  'Л/п, то n n  +  + х + У> 2'Л, п п или Х+У>2(n  ). Таким образом, х и у не MorYT быть оба меньше, чем 'л ('Лlп) ('иначе их сумма была бы меньше указаНН1ОЙ), и ,мы получаем наше УТ1Верж'дение. ЗАДАЧА 58. ЧИСЛА ФЕРМА Числа Р п == 2 (2 п ) + 1, п === О, 1, 2, ..., назы ваю'тся числами Ферма в честь великоо фраНЦУЗlсоrо математика Пьера Ферма ( 160 1  1665). ПiQ.слеlдоазатель ность 'ЧИlсел Ферма начинается с чисел З, 5, 17, 257, 655З7, ... Они удовлнтsоряю'т рекуррентному Jсоотн,ошению Fn === ===FoFl...Fnl +2. Это леrко У1станаВЛИiвае'тся по индук ции. Однако имеется друой более короткий П Ч "1'Т:). Заметим, что 2(20)  1 ес'ть ПрОСТIQ ч'исло 1. ТОТ1да 1 · F ol? 1 · · · F п 1 == [2 (2 О)  1] [2 ( 2 О) + 1] [2 (21) + 1] . . . . . . { 2 (2 п 1) + 1] == [2 (21)  1] [2 (21) + 1] [2 (22) + 1] . . . . . . [2 (2 п 1) + 1] == [2 (22)  1] [2 (22) + 1] . . . [ 2 (2  ) + 1] == == [2(2п1)  1] [2(2п1) + 1]  2(2 п )  1 == Р п 2. \. ! ...", ( . i  {..... ' , Из Э'ТJоrо 'соотношения сонсем просто пока'зать, что кащдая пара чисел Ферма взаимно проста. Если т < п, то ( F n === F OF 1 . · · F m . . . F n 1 + 2. СЛ8'доватеЛЬН 1 О, любой общий делитель чи,сел F n и F m должен быть Iделителем числа 2. Такой общий делитель должен быть равен либо 1, либо 2. Но он ,не может быть ранен 2, так как нсе числа Ферма неч8'ТНЫ. Следовательно, он должен быть ТОЛЬ,I\о 1, откуда 'ПiQ лучаем, чт,о F m и F n взаимно просты. Таким образом, так как каждое Fn > 1, т/о каждое число Ферма имеет простой делитель, :который не .mвля ется елителем никакоо ,дpyroro числа Ферма. Посколь 106 
ку чи,сел Ферма беlсконечно MHoro, мы получили еще oд но доказательство бнсконечнtQсти I\JоличеlС'тва про,стых чи сел. На.ш результат также п'ознолянт немедлеНIНО решить следующую задачу: Покажите, что 2(2 n )  1 делит,ся по крайней мере на п различных простых чисел. Решение. 2(2 n )  1 ==[2(2 n ) + 1] 2 == Рn  2 == FoFl'.. . . . F n1. Так как это  произведение п различных чи сел Ферма, то оно имеет не менее n различных простых делителей, поскольку числа Ферма взаимно просты. ДОВrольно леrRО можно доказать следующие свойства рассматриваемых нами чисел Ферма: среди чисел Фер ма нет квадрат,ов, ннт кубов и нет треу:r.олъных чисел, кроме Fo === 3. 1) Число F n ,не может БЫ1ТЬ квадратом. П'СНО, ЧТIQ (Р n  1)2 == [2(2 n )]2 == 2(2 n + 1 ) == F n+l  1. Поэтому F n + 1 == 1 +(Fn  1)2. Следовательно, если Fn == 2 (mod З), то и F n + 1 === == 2 (mod З). Но F 1 === 5 == 2 (mod З), откуда имеем для п > > О, что все Fn == 2 (mod З). OДHao ни один из кваlдра тов не имеет ,остаток 2 при делении на З (для n, имею щих .остатки О, 1 или  1 при делеlНИИ на 3, остаТRИ для числа п 2 равны О, 1 и 1). Так как Fo === З не является П1ОЛНЫМ квадратюм, то из сказанноrо IСЛНДУНТ, ЧТО ни одно из Fn не ЯВЛЯ8'ся ПОЛНЫ1М кваlдратом. 2) Число F n не мо,жет быть кубом. Леrко 13идеть, что остатки при деле/нии куба на 7 бу\дут О, 1 или 1. п == О, 1,2, З, 4, 5, 6, п 2 == О, 1, 4, 2, 2, 4, 1, п 3 == О, 1, 1, 1, 1, 1, 1. Для чисел Ферма мы имеем Fo == З и F 1 === 5. ИЗ COOT'HO шения F n +l ===(Fn 1)2+ 1 мы видим, что нсли Fn == З (mod 7), то Р n +l == 5 (mod 7) и если F n == 5 (mod 7), 'то l:?n+l == 3 (mod 7). 107 
Следовательно, значения чисел Ферма по модулю 7 попеременно равны З и 5 и никоrда не принимают зна чения О, 1 или 1. 1'аким образом, среди чисел Ферма не существует кубюв. З) Ни одно из F n > З не Я13ляется треуrольным числом. Треуrольное число t n == п (п + 1) /2, поэтому 2t n == ==п(п+ 1). Рассм-ори.м п == О, 1, 2(mоdЗ). Если п == О и 2 (mod З), то либо п, либо п + 1 \делится на 3 и мы получаем, что t4 == О (mod З). с друrой 'стороны, если т == 1(mоdЗ), то 2t n ==n(n+1) == 2(mod3). Однако за исключением случая t n s= 1 TaKoro не может быть. ТЮIlда во всех Iслучаях t n == О или 1 (mod З), что, как было по Rазано выше, неверно для чисел Ферма, ббльших З. Утверждение доказано. ЗАДАЧА 59. НЕРАВЕНСТВО ОБРАТНЫХ ВЕЛИЧИН Для п натуральных чи'сел >1 покажите, что 111 1 п + п + 1 + п + 2 + · · . + п 2 > 1. Решение. 11111 n + п + 1 + п + 2 + . . . + п'" > п + + ( +  + .. . +  ) ===  +  (п 2  п) === \п ппп п 1 1 ===  + 1   == 1. п п ЗАДАЧА 60. ЧЕТВЕРТАЯ СТЕПЕНЬ Д,окажите, что произведение 8 последова тельных натуральных чисе.л НИКОIlда не может быть чет вертой степенью цел'ото числа. Решение. Обозначим через х наименьшее из 8 после довательных натуральных ЧIIсел. Тоrда их произведвние может быть запи,сано так: Р==[х(х+7)] [(х+1)(х+6)] [(х+2)(х+5)]Х Х [ (х + З) (х + 4) ] == (х 2 + 7 х) (х 2 + 7 х + 6) Х Х (х 2 + 7 х + 1 О) (х 2 + 7 х + 12) . 108 
Обозначая х 2 + 7х + 6 через а, имее:rvI р ==='(а  6) а (а + 4) (а + 6):=:: === (а 2  З6) (а 2 + 4а) === а 4 + 4а 3  З6а 2  144а === === а 4 + 4а(а 2  9а  З6)=== а 4 + 4а(а + З) (а  12). Так KaI а===х 2 +7х+6 и x1, то мы имеем a14 II (а  12)  положительп,ое число. Следовательно, р > а 4 . Однак'о Р === а 4 + 4а 3  З6а 2  144а, что указывает па то, ЧТ1О Р < (а + 1) 4 === а 4 + 4а 3 + 6а 2 + 4а + 1. Следова тельно, а 4 <Р«а+ 1)4. Таким образ'ом, Р всеrда находится между двумя после довательными четвертыми степенями и поэтому никоrда само не может бьrть ею. ЗАДАЧА 61. УПАКОВАННЫЕ КВАДРАТЫ Поскольку rармонический РЯIД расходится, множество квадратов со сторонами 1, 1/2, 1/З, ..., 1/п, ..., приставленных друr к друrу на ПРЯ:М1ОЙ L (рис. 7З), бу дет простираться бесконечно далеко по этой прямоЙ. 1 1/2 1/3 1/4  L Рис. 73 Докажите, чт,о, однако, можно все квадраты, начпная со BToporo, уложить в первый квадрат без наложенпif. Решение. Разделим квадраты на rруппы вдоль прямой L так, что R!оличест'во квадрат-ав в rруппе равно 2 в CTe пени номера rруппы: (1/2, 1/3), (1/4, 1/5, 1/6, 1/7), 109 
Сумма длин сторон в:вадратов в пй rруппе равна 1+ 1 + 1 1 1 1 2 n 2 n +1 ... + 2n+l1 < 211, + 2 n + ... + 211 == 1.  ............ ....... 2 n раз Поэтому :ква,драты пй rруппы У':кладываю'тся в прямо уrольнив: с высотой 1/2 п и ширин'ой 1. Ув:ладывая эти пр,ямоуrоль,ни:ки, с'одержащие труппы :квадратов, в стоп:ку 1/8 1/8  1 /4 1/4 1/5 1 1/2 1/2 1/3 1 Рис. 74 один на дрyrой, получим прямоу:rольник с шириной 1 и высотой, равной 111  2 + 2 + 3 + .. . ===1 (рис. 74). 2 2 Пос:коль:ку стоп:ка располаrается внутри единичноrо ,.., квадрата, треоуемая упаковка выполнена. Наш rлавный ин'терес буд8'Т обращен :к следующей задаче: Раосмотрим мно'жество (конечное или бес:конечное) в:вадратов с общей площадыo 1. Д'QI:кажи'те, что :ка:кими бы ни были их стороны, можно все их уложить в RВa рат S со стор,о\ной 12. Решение. Та:к :как квадрат с площадью 1/2 имеет сто... рону 12/2, то не существует :квадрата со стороной, MeHЬ шей, чем 1 2, :который был бы способен вме.с'тить в себя два квадрата площадью 1/2 каждый (рис. 75). Следова 110 
тельно, «универ,сальный» квадрат, сп,осюбный вместить описа' нн ое множеСТБО, должен иметь ,ст'ор'ону не меньшую, чем 1'2. Пус'ть кваlдра'ты из данноrо МН1о.жества расположеlНЫ в ПОрЯДRе убывания размеров, и длины их сторон обо значим так: 81  82  Sз  . . . Будем называть квадрат с/о сторон\ой Si ПрОС'Т1О KBaдpa 'т,ом 8 i . Пус'ть СТ1ОР'ОНЫ вмещающеrо квадрата 8 располо жены rор'изонтальн,о и вертикаль'но. Начнем укладывать у2 2 s v2 v2 Рис. 75 квадраты 81, 82, ..., начиная с нижнеrо левоrо уrла в этом порядке ,ДО тех пор, пока очереднюй KBaIДpaT уже не буде'т помещаться на ниж/нем основании. Продолжим верхнее ребр,о первоrо и одновременно наибольшеrо KBaд рата 81; полученный отрезок между СТОРlонами ква'драта S ОТ1делит уже упаffованные квадраты (РИ1С. 76). Теперь начн8'М УRлаДЬJ1.Вать второй ряд на этом отрезке, начиная вновь слева и в порядке их уменьшения. Уложив столь ко ква.дра'то,в, скольо их умеlСТИТСЯ в этом втором ряду, вновь продолжим верхнее ребро первоrо из них в этом ряду, KOT1opoe пройдет над всеми ними. Мы увидим, что, продолжая пр,оцес,с рдд за рндом таким же ,образ'ом, мы сможем ул,ожить П1ОЛНОСТЬЮ все множестно в квадра'т 8. Предположим, что в rM ряду находи'тся п т квадратов. Тоrда распределение квадратов по рядам будет следующим: 111 
1й ряд 2й ряд Зй ряд имеет квадраты.'S l , S2' ..., 8 п ; 1 имеет квадраты Sn +1, Sn +2, ..., Sn +п ; 1 1 1 2 имеет квадраты 8пl+п2+1, Sn 1 +n 2 +2, . .., Sп 1 +п 2 +п з ; Мы покажем, что укладка, вып,олненная таким образом, никота не выйдет за пределы KBalДpaTa S, от'куда будет s I r-.I + I CIII t: I ..: Sп+n+n+l  1 2 3 VJ s п , + п 2 +п з Sn +n 1 2 н sп+1 1 81 82 Рис. 76 следовать, что S может вместить все КВ3jдраты. ДЛЯ ЭТОТО мы должны оказать, что высота Н стопки рядов, из меряемая вдоль лево,то ребра ква1драта S, николда не пре восходит 12: Н == 81 + 8 п +1 + Srz +п +1 +  . .  v 2. 1 1 2 Так как общая площадь ква,дратов равна 1, то 1SlS2.'" что 'llокatзыва8'Т возмож,ность ,разместить в квадрате S первый ряд. Если одно/то ряда окажеlТСЯ до,статочно, то у на,с нет пр06лем. Поэтому рассмотрим общий случай, в KOTOprOM требуется более, чем один ряд. Конечно, мы должны использовать тот факт, что общая площа\дь рав'" 112 
на 1. Мы начнем тоrда С вывода HeOTOpыx с'оотноше u 8 2 нии, содержащих величины i . Пер:вый IRBaдpaT BToporo ряда расположен там ПОТ1ОМУ, что он слишв:ом велив: для установв:и в в:онце первоrо ряда. Пюэтому мы имеем  81 + 82 + ... + 8 п + 8 п +1> У2" 1 1 и 82 + .. . 8 п +1> У2  81. 1 Умн,ожая это неравенс'тво на 8 п1 + 1 , получаем 8 2 8 п +1 + 8 з 8 п +1 + .. . + 8 п +1 8 п +1> ( у 2  81) 8 п +1. 1 1 1 1 1 Так в:ак 828з>84... 8п +1, то 1 8; + 8; + . .. + 8 +1 === 1 === 8282 + 8з8з + . · . + 8 п +1 8 п +1 > 1 1  8 2 8 п +1 + 8 з 8 п +1 + ... + 8 п +1 8 п +1 > 1 1 1 1 >(Y281)8п+1' 1 Т. е. I s; + s; + ... + S;'I+1 >( У2"  SI)Sn 1 +1. 1 Анало:rИЧIНО (Для В'торото ряда мы имеем 8 п +1 + 8 п +2 + ... + 8 п +п + 8 п +п +1 > У 2 1 1 1 2 1 2 и 8 п +1 + · · · + 8 п +п + 8 п +п +1> У 2  8 п +1' 1 1 2 1 2 1 Умножая на 8 п +п +1 и отмечая, что 8 п 1 + 2 >...  1 2 > 8 п +п +1, мы п\олучае/м в точности таким же образом, 1 2 в:ак и для пеРВОl10 ряда, 81+2 + 81+3 + · · · + 81+п2+1 > > ( У 2  8 п +1 ) 8п +п +1. 112 П'ОСВ:ОillЬКУ 81 > Sn +1, мы OIТ\сюда получаем, что 1 I S;']+2 + SI+З + 8 Р. ХОIlсберrер + 8 +п +1>( Yi  81) 8 п +п + 1. 1 1 2 1 2 113 
Аналоrичпым IСПОбобо:м: для третьето РЯ1да мы получаем, что 1 8; +n +2 + ... + 8; +п +п +1>( V 2  81) .8 п +п +п +1' \ 12 ] 23 1 2  И так далее для всех рядов... Складывая Э1ТИ неравенства, мы именм в целом 8 + 8; + . . . > ( V 2  81) ( 8 п +1 + 8 п +п +1 + . . . ) . 1 1 2 . Так как общая площадь равна 1, а нторой сомножитель в правой части есть просто Н  81, мы получаем 1  8 > ( V 2  81) (Н  81)' 1 S2 Н  81 < y 1 2 8 1 и 1  82 Н < y 1 + 81' 28 1 С П1ОМОЩЬЮ iнебольmоrо преобразова\н\ия летко покажем, что V  ( 1  У 28 1 )2 2 y281 1 8I y + 81, 2  ..') 1 О'Dсюда мы видим, что V  (1  У 28 ])2 V  Н < 2  y < 2, 2 81 чтю И дает Н < 12. ЗАДА IA 62. КР АСНЫЕ И ЗЕЛЕНЫЕ МЯЧИ в сумке наодят'ся 6 красных и 8 Iзеленых мячей. Случайным обраном [Вынимаются 5 из них и п'о мещаю'тся в wрааную коробку, оС'тальные 9 мячей поме... щаЮТ1СЯ в зеленую коробку. Какова rnер'оя'тнOiСТЬ, Ч'т'о KO личество красных [Мячей в зеленой КОР1обке плю,с wоли чество lзеленых мячей в красн,ой Rорюбке не Я1J,ЛЯНТСЯ проС'ты'М числом? Решение. Обозначим через g количество зеленых мя- чей [в Rрасн,ой коробке. Так как мячей 6 Iкрасных и 114 
8 зеленых, то цвета ,должны быть раепре\делены п,о HO робкам так, как показано на рис. 77. Поэтому число :красных мячей iВ зеленой Rоробке плюс Riоличеетво зеле ных мячей в красной коробке равно (g + 1) + g === 2g + + 1  нечетному числу. Число g не превосходит 5.......... 5 мячей g зеленых 5 g красных 9 мячей 8g зеленых g+1 KpaCHbJX .красная коробка. Зеленая коробка Рис. 77 общеrо количества мячей в красной коробке. Поэтому 1  2g + 1 :::;; 11. ЕДИНС1твенное составное нече'Тное числ/Q в этих п:реде.. лах ес'ть 9. Однако мы должны также включить и чис- ло 1, HO'T1op'oe не является ни проС'тым, ни составным. Для T'oro чтобы подучить не проет'ое значение, ве,личина 2g + 11 должна равнятьея 1 или 9, откуда g равно О или 4. ВеР'ОЯ'ТIНОС'ТЬ получи'ть выборку с g === о 'или 4 равна (количество способов иметь 5 красных) + общее число выБОрОI\ + (количество способов иметь 4 зеленых и общее число выборок cg + cc C4 1 I\расный) 6 + 420 2002 213  1001. ЗАДАЧА 63. СОСТАВНЫЕ ЧЛЕНЫ В АРИФМЕТИЧЕСКОЙ проrРЕССИИ в зааче 54 мы показа.ли, что в Пlослдова тельности ,па'туральных чисел сущест'Вуют сколь уrо:дно длинные ин'тервалы из последовательных чисел, каждое из которых яв,ляется составным. Здесь мы до:кажем, что существуют произвольно длинные арифметические Пlосле довательн,ости, члены которых попарно взаимно просты и при этом оостоят из составных чиеел. 8* 115 
Рещение. Покажем, что для всех натуральных чисел п > 1 существуют п составных чисел, образующих ариф метическую проrреСQИЮ 'и попарно 'Взаимно простых. Выберем ПРiQизвольное простое ЧИIСJI10 р, большее за данното чи,сла п. Затем образуем еще большее число р + + (п  1) п! и выберем целое число N такое, что N>p+(n1)n! Тоr,да мы у'тверждаем, что п (видимо, очень больших) чисел N!+p, N!+p+n!, N!+p+2n!, ..., N!+p+(n1)n! удовлетворяют требуеМ1ОМУ У1СЛОВИЮ. Ясно, что они обра зуют арифмеТИЧ8rСКУЮ проrрессию с разноС'тью п!. По скольку мы выбрали N > р + (п  1)п!, 'для r == О, 1, 2, ... , . ., п  1, мы имеем р + in! < N, следовательно, (р + + in!) являвтся делителем числа N!. Таким образом, чис ло N! + р + in! для i == О, 1, ..., п  1 делится, KaJK ми IIИМУМ, на р + in! (которое Iбольше 1) и поэтому являет ся составным. Теперь пре,ДПОЛОЖИМ, что пара членов N ' + + ., N ' + + ., . > . . р Ln. и . р ] п . , L ] имеет общий ,простой делитель q. Тотда он должен бы'ть делителе,м их разности (i  j) п!. Но I i  j I < п, поэтому ка'lliДЫЙ простой делитель числа (i  j) п! тоже п. Сле довательно, q  п. Поэтому п! деЛИТ1СЯ на q. Но N> п и q, поэтому является делителем и большеrо числа Nl. Являясь делителем числа N! + р + in!, чи,сло q должно быть делителем числа р, Hi()' это невоз,можно, 'так как числа р и q оба проС'тые и q  п < р. Отсюда следует УТiверждение за\дачи. ЗАДАЧА 64. ПРИЛОЖЕIIНЫЕ Р ABHOCTOPOHHIIE ТРЕуrольники Равносторонние треуrольники {)о сторонами 1, 3, 5, ..., 2п  1, ... расположены вдоль прямой линии, как показано на ри\с. 78. Покажи'те, что все их вершины, не лежащие на этой прямой, лежат на параболе, а их фокальные радиусы являются цеЛЫ1МИ чи,слами. Решение. Обозначим вершины, указанные в условии, по порядку А 1 , А 2 , ... и расположим координатные оси так, чтобы заданная прямая была осью х, а .ось у про 116 
ходила через точ:ку А 1 . Тоrда А 1 имеет :координаты (О, 1З /2). Пос:коль:ку длина основания nro треуrольни:ка равна 2п  1, l:коор'дината х вершины А п palBHa 1 1 х ==="""2 + З + 5 + ... + (2п  З) + """2 (2п  1), ОТКУ1да леrwо вывести, что х === п (п  1). Коори'ната у у А 1 х Рис. 78 вершины А п есть прос'то в 2п  1 раз увеличенная :woop дината точки А 1 : VЗ у:=:: (2п  1) т. Из этот,о мы получаем 1 I ')У \ 1 ( 2у ) п ==   + 1" чrо дает (п  1) ==  2 ,/ з   1 . L. \' з ) v Поэтому х == + ( ;;3 + 1 ) · + ( V3  1 ) == + ( 42  1 ), 12х === 4у2  3 или 4у2 === '12х + 3, что является уравнением параболы с осью, расположен ной вдоль оси х и вершиной в точке (1/ 4, О). Параллельный перенос осей в отрицательном направ лении на 1/4, ,задаваемый формулами 1 Х == х + 4' у == у, приводит уравнение параболы :к вrи,ду 4У2 == 12 ( Х  + ) + 3 == 12Х, или У2 == зх. 117 
у э'той парабо.лы вершина находится в начале коор", динат, а фокус в точке (З/4, О). ,Следовательно, перно начально парабола имела фонус в точке (1/2, О) (ов Bep шине первоr,о треУl'оль,ника). 3амвтим, что 'тоrда фОlкаль ный 'Р 3.1диуе точки А п равен V[ п (п  1)  +]2 + [(2п  1) 3 J2 == п 2  п + 1, что является цель:uм числом. ЗАДАЧА 65. ТЕСТЫ Три студен'та А, В, С проходят проверку с помощью серии тестов. 3анявший первое место получает х очков, занявший B'T1opoe место  у очков, а заня,вший третье  z очков. Чиела х, у и z  на'туральные их> > у > Z. НИ в о/дном из тестов не было дележа мест. CTY дент А набрал 20 очков за В'се тесты, етуде,нт В  10 оч нов, 'С'тудннт С  9 очнов. С'ту;дент А был вторым в тесте по алrебре. Кт\о был вт,орым В тесте п'о rеом8'ТРИИ? Решение. Общая сумма набранных очков равна 20 + + 10 + 9 == З9 очкам. Та'н как чиела х, у и z  различные натуральные числа, то в каж'дом из тестов сумма набран ных очков 'не меньше, чем 1 + 2 + з == 6. В то же время чи,сло х + у + z (должно быть делителем Чiи,сла З9  общей суммы очков. ПоС\нольку В услови,и задачи упоминаIОТfСЯ два различных 'теста, то х + у + z =1= З9. Так как у числа З9 де.лите,лями являют,ся лишь числа 1, 3 'и 13, и дели те,ль х + у + z  6, то мы должны иметь х + у + z == 1З, OTKдa ноличество тестов равно 3. Так как студе,нт А был вторы,м В тесте по алrебре, 'то э'та часть в ICYMMe набранных им очков равна у. Есл,и он имел еще и z очков, то в лучшем случае он -[8 оставшем,ся тесте получил бы х очнов, что дало бы 'общее оличеСТIВО х + у + z == 1З. Но 'так как А получил 20 очнов, тю 'он не мож8'Т иметь z ОЧI\!ОВ за тест. Следовательно, набран'ные 20 очков выражаются кан Зу, или х + 2у или 2х + у. Так нак 20 не ,делится на З, 'то Зу ис.ключается. Если сумма очков равна х + 2у, т'о х + 2у == х + у + у == 20, в то же время х + у + z == 13. 118 
Вычитая, получаем у  z == 7. Так как х> у > Z, то у  8 и х  9. Тоrда х + у  17, чт,о протиноречи'т тому, что х + у + z == 1З. Таким образом, сумма набранных оч OB СТУ1де.нто:м А ДОЛЖ1на быть равна 2х + у == 20. Из эт,оrо соотношения следует, что у  чеlТНlое ЧИrСЛIO. Так как из у,словия У  6 Iследует, что х  7 и х + у   1З, !Не оставляя ничеrо для z в соотношении х + у + + z == 1З, то у 'равно либо 2, либо 4. Для у === 2 значение z минимально, z == 1, от\Куда х === === 10 и,з соотношения х + у + z == 1З. OHaHO в э'тюм слу чае 'Число набранных очков студентюм А 2х + у == 212, а не 20. Поэ'тому У == 4 и из 2х + у == 20 получаем, что х === 8, а из х + у + z == 1З имеем z == 1. Сущеiствует ТОЛЬffО iQ/ДИ,Н способ распределить эти ,оч Rи так, чт,обы суммы равнялись 20, 10 и 9. 1 11 111 Сумма А 8 8 4 20 в 1 1 8 10 с 4 4 1 9 Так как студент С был вт.орЫ1М (всюду, т\де не был нторым ,С'туден'т А, то он был В1)ОРЫIМ В тесте по Te.o метрии. ЗАДАЧА 66. ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ ПТОЛЕМЕЯ Теорема Пт.олемея утвертда8'Т, что произве де,ние длин диаrоналей Ч8'ты/рехурольника, вписа;нното в окружноС'ть, ра I ВН\О сумме про'изве,дений ,длин пар ero про ТИВОIJ10ЛОЖНЫХ ст.орон Сдоказательство м,ожно найт,и поч т'и в лю'бом учебни'ке высшей rномеТРJИ'И). Из нее неlПО сре'дственно ,следует следующий резулыта'т. 060з'начим через А 1 , А 2 , Аз ве,ршины 'paSH10CT,opOH,Hel'0 треyrольн,ика, вписанн,оr,о в окружнос,ть. Покажите, что для любой 'тючки Р на окружности ,сум'ма длин двух меньших O'Tpe3.OB среди отреЗКQlВ Р А 1, Р А 2 , РАз равня еТ1СЯ ,длине третьето. Доказательство. Обозначим через s длину стороны данноло равноетороннето треуrоль\ника. В соО'тетет!вии с рис. 79 по теореме Птолемея имеем s . Р А 2 == S · Р А 1 + s . РАз и РА 2 ==РА 1 + РАз. 119 
В этой части мы расс'М\О'трим два ,обобщения Э'Т'ОDО утвержде:ния. 1) Обозначи,м через Ао, А 1 , ..., A3п1 вершины ,пра ВИЛЫН1оrо Зпуrольника, вписаННОl10 в окруж'нос'ть. СоеIДИ ним прои:звольную точку Р на окруж,ност,и хордам'и со Аз Рис. 79 Ао Рис. 80 всеми 3,п вершинами (рис. 80). Докаж!ите, что сумма ДJIlИн п !Длиннейших хорд из них равна сум,ме длин oc талI:ШЫХ 2п КОpiOtТtких х,орд. Решение. Вершины правильноrо Зпуrольника, взятые по З, опре1деляют п правильных 'треуюольН!И'ков, UJ'писан ных в ОВ:РУЖ1Н1ОСТЬ. Среди трех хорд, 'связанных с каж ды'м и,з этих треуrОЛЬRИКОВ, сумма длин двух кратчай.. ших равна длине третьей. Заметим, что /длина каж\дой И1З ,двух корот,мих хорд S (длины ,ст,ороны paBHOCT.opOH Hero Т'Реyrоль'н'и'ка), в т,о время, как длина большей хюр дЫ S. Таким образо,м, взяв дли,ннейшие Х'ОРДЫ из !каж дой 'трой,к(и, мы п,олучим п Iдлиннейших хорд из 'Bcer,o множества, а tOставшиеlСЯ 2п хорд бу/ду'т кратчаЙПIIИIМИ хордами. Из изложенноrо выше OI(;H,OBH'Oro резулнтата сумма ДЛ'ИН п ,ДЛlИннейш,их хорд такая же, как и сумма длин остальных 2п хорд. 2) Предпол\ожим, что А 1 , А 2 , ..., А п  ве'ршины пра ВИЛННОl'О пулольника, rде п нечетню, и Р  проинвольная точка на окружност'и, описанн/ой lJOKpyr э'тоrо мноrоулоль ника. BBдeM оБОЗlначен,ия так, чтобы 'Т,ОЧ1ка Р лежала на дyre АпА 1. Обозначим длину х:орды Р A i через ai. Тоrда попеременно /при'бавляя и вычитая раССТIQЯНИЯ от точки 120 
р до верПЕИН мноrОУТОЛЬНИRа, аl  а2 + аз  а4 + · . ·  . . . + а n , мы 'обязательно получим .значение О (РИ1С. 81). Решение. Для п === З это в точности наш основной pe ЗУЛЬ'Та'т, .описанный выше. В то время в:ав: 'тоrда тнорема An1 а п Рис. 81 а п р П'толемея при'менялась лишь оди:н раз, ,при ДОIв:азатель cTIBe данно:r-о обобщения она БУlдет пр:именена MHoro в:ратно. ОбознаЧИIМ через d i !длину диаrО!нали, ,сое1диняющей iю верш'ину :мноrоулольнив:а 'с п  iй. Тотда d i == dni для всех i. 3а I МНТИ/М, что d 1 есть ПрОС'Т/О длина стороны мноrоуrольнив:а. Рассмотрим четырехуrольнив: АnР А 1Ai. Ero IСТОр'оны и диаrонали ув:азаны на рис. 81. По Teope ме Птолемея имеем d 1 a i == d i a1 + di1an. Прцдавая i з,начен'ия 2, З, ..., п  1, 'мы получим п  2 ,соО'тношнний. Доба:вив тождес'т,во d1a1 == d1a1 и ето следствие d 1 a n == dn1an, ,получим систему из п уравне,ний: а 1 а 1 === а 1 а l, а 1 а 2 == d 2 a 1 + а 1 а n , d 1 а з == d з а 1 + d 2 a n , d 1 a 4 == а 4 а1 + dза n , a1aп1 == dn1a1 + dn2an, а 1 а п ,== dnlaп. 121 
Пюо,чередН1О прибаВЛЯ1Я и вычитая из BepXHero ypaB нения (остальные, мы получаем d 1 (аl  а2 + . . .  . . . + а n ) === r (al  а n ) (d 1  d 2 + d з  d 4 + · · ·  . . . + an2  dnl) (пр:иче,м именно dnl, та.к как п  1 чет'но). Н,О ,d 1 === == dnl, а 2 == an2 и так далее, что да8'Т d 1  d 2 + d з   а 4 + . . .  . . . + dn2  dnl == о. П'ОЗТ'ОМУ al  а2 + аз  а4 + . . .  . . . + а n == о. ЗАДАЧА 67. ЕЩЕ ОДНО ДИОФАНТОВО УРАВНЕНИЕ Пусть натуральные числа у 'и z УДОВЛ8'тво ряю'т со,от,но,шению уЗ + 4у == z2. Докажите, что у еlС'ТЬ удвоенный квадрат. Реmение. Обозначим через k 2 наибольший квадрат, яв'" ляющийся дели'те.ле.м чи,сла у, и по,л'ожим: у == пk 2 . ТОDда п не и:м:ент iI]ОВТОРЯЮЩИСЯ дели'телей, иначе квадрат, больший чем k 2 , БЬLЛ бы деЛ\и'телем числа у. Т,оrда уЗ + 4у == Z2 дает у (у2 + 4) == z2, пk 2 (у2 + 4) == Z2. Значит, Z2 делит,ся на k 2 и, 'таким ,образ,ом, z дели'тся на k. ПуС'ть z==тk. ТОirда nk 2 (y2+4)==т 2 k 2 и п(у2+4),== == т 2 , что rоrворит о т,ом, что п (у2 + 4)  [[олный Rвдрат. Но число п не и'мент повторяющих.ся ,дели'телей. Поз/тому все ,делители чи'с/ла п вновь встречаются в числе у2 + 4. Э'т,о означает, что у2 + 4 делится ,на п. Так как у == nk 2 , тю п 2 k 4 + 4 деЛИ'Т1СЯ на п и 4 делится на п. От,сю/да п == === 1, 2 или 4. Та.к как п не и,мент ПОВТ'ОРЯЮЩИХСЯ дели телей, тю п =F 4. Е,СЛ1И п было бы 1, то и/з п (у2 + 4) == т 2 мы получили бы у2 + 4 == т 2 . Но не сущеС'твует двух RВaдpa'To, о'тличающися на 4. следоiвателыF,, п должно равня'ть\ся 2 и для любоr,о 122 
решения уравнения, если оно существунт, у БУlдет удв,о.. енным квадратом. ОТМ8'Т 1 ИМ, чт,о у == 2 (==2 . 12), Z == 4 ес'ть решение. В дейстнитель,ноС'ти можно п,оказать, чтiO э'т,о единС'твен н,ое решение в на'туральпых числах. ЗАДАЧА 68. НЕОБЫКНОВЕННОЕ СВойСТВО КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ Для х == 1 + i-V З, у == 1  i-v з 'и z == 2, rlде i == == -v 1 выпол:няю'тся следующие соотноше:ния: х 5 + у5 == z5, х 7 + у7 == Z7, х 11 + y1l == Zl1. Докажите удивитеЛЬН1ое обобщение э'тоrо факта, что при укаЗaJННО[М выборе чи,сел х, у и z раВ8IНСТ/ВО х Р + уР == zP спра:веlДЛИВО ;для нсех простых ЧИlсел р > з. Решение. Леrко вычислить, что и х 6 , И у6 равны 26. Так как 6п, 6п + 2, 6п + з и 6п + 4 Нiи'коr,да не бывают поостыми, то п,ростое чис,ло р > З должн,о ИМ8'ть вид 6п + 1 или 6п  1. Д,ля р == 6п + 1 и.мее,м хР + уР == х6 n +l + у6n+l == (х6) n х + (у6) nу == .== 2 6n · Х + 2 6n . у == 2 6n (х + у) . Но х + у == 2, и мы п,олучае.м х Р + уР == 2 6n · 2 == 2 6n + 1 === zp. 3амнтив, что 111 1 х+у===Т===з' мы Мlожем леrRО П1оказа'ть, что paBeH1cTBO ВЬJ1ПОЛiнлет'ся и для р == 6п  1. ЗАДАЧА 69. ЦЕПОЧКА ОКРУЖНОСТЕй Окружность СО радиуса 1 RM Rасается пря-- мой L в точке Z (рис. 82). Окружность С 1 радиуса 1 мм касается и окружности Со, и прямой L справа от Со. Семейство окружностей C i строится дальше наружу вправо так, что каждая из окружностей C i касается OK ружности Со, прямой L и предыдущей окружности Cil. 123 
В конце концов элементы этоrо семейства станут настоль... ко большими, что увеличивать ero далее будет невоз", можно. Сколько окружностей может быть построено до тех пор, пока это не случилось? Решение. Расстояния, будучи выраженными в милли... метрах, дадут для радиуса окружности Сl rl === 1, а для / / / / / / / ./ ./ L С 1 С 2 Рис. 82 , с 1000 s х 7 r у' N L ==L' 1000 днамеТРО8 MN == Zy Рис. 83 'Со ro === 106. Совершим инверсию этой цепочки окружно'" стей относительно окружности 1 с центром в точке Z и радиуса 2 . 106 (рис. 8З). (Описание инверсии см. в книrе н.оксетера и rрейтцера «Новые встречи с rеометрией» М.: Наука, 1978.) Так как прямая L проходит через центр инверсии, то при этом она переходит сама в себя. Пусть окружность 1 касается окружности Со, скажем, в точке х. Так как окружность СО проходит через Z, то она перехо... , дит в прямую СО, причем касающуюся одновременно , окружностей 1 и СО (в точке х). Тоrда L и С о касаются QКРУЖНОСТИ СО в диаметрально противоположных точках. Поэто:м:у они параллельны и определяют полосу S на плоскости. 124 
Так как каждая из о:кружностей C i касается Со и L, , то ее образ C i касается сторон полосы s. Так как ни одна из этих окружностей, за исключением Со, не прохо , дит через точку Z, то все образы C i являются окружно стями. Следовательно, образы попарно касающихся OK ружностей в цепочке СОС1'авляют ряд равных касающихся L z у б  РЯ == 10 + 1, PQ = 10 1, отку да следует, что ZY==QR == V (10б+1) 2 (10б1)2 ==, ==2-103 Рис. 84 окружностей, оrраниченных сторонами полосы s. Все образы окружностей имеют тот же раЗМер, .что и окруж ность Со. Так как окружность С 1 находится внутри Kpyra инверсии 1 вблизи от центра Z, то ее образ находится внутри полосы вне этоrо Kpyra, вдали от Kpyra Т. Так как i пробеrает значения 1, 2, З, ..., то ряд образов OK ружностей продвиrается в обратном направлении вдоль полосы S, а именно по направлению к окружности Со. , Предположим, что окружности С 1 И С 1 касаются пря мой L в ТОЧI\ах У и у' соответственно. Используя Teope му Пифаrора, леr:ко можно найти, что zy == 2 . 103 (рис. 84). Тоrда из соотношения инверсии получаем zy . ZY' == (2 . 106) 2, 2 . 103 (ZY') == 4 . 1012, ZY' == 2 . 109 == 1000 . (2 . 106), , что равно 1000 диаметров окружности C i . , Следовательно, между о:кружностями С 1 и Со разме щается ровно 1000 образов окружностей. Это означает, , что окружность С 1000 В точности касается окружности Со. I Теперь нетрудно увидеть, что о:кружность С 1000 явля ется образом самой себя при инверсии относительно o:к 15 
ружности 1. Так как радиус окружности 1 вдвое больше как радиуса окружности Со, так и радиуса окружности , , С 1000 , которые касаются в точке Т, то образ Т этой точ I ки, лежащий на прямой Со, будет находиться на прямой, проходящеЙ через точки Т и Z, и расположен в точности I над точкой W касания окружности С 1000 с прямой L, являющейся также точкой пересечения окружности 1 с прямой L. Поэтому инверсия переводит три точки Т, Т' и W окружности С 1000 соответственно в точки Т', Т I И W, откуда следует, что окружность С 1000 переходит сама в себя. В результате получаем, что окружность , С 1000 , совпадающая с окружностью С 1000, имеет тот же диаметр, что и окружность Со. Поэтому при построении цепочки окружностей они будут увеличиваться в разме рах до тех пор, пока одна из них, а именно С 1000 , не CTa нет равной первоначальной окружности Со. Поэтому He возможно продолжить цепочку далее и окружность С 1000 будет в ней последней. (Отметим, что наше семейство окружностей является частью штейнеровской цепочки окружностей относительно СО и L, если L рассматривать как окружность бесконечно большоrо радиуса.) ЗАДАЧА 70. ПОВТОРЯЮЩИЕСЯ ЦИФРЫ В КОНЦЕ КВАДРАТА Определите количество цифр в длиннейшей последовательности ненулевых одинаковых цифр, KOTO рой может оканчиваться полный квадрат, и найдите наи меньший квадрат, который оканчивается на TaKYIO MaK симальную последовательность. Решение. Так как для каждоrо натуральноrо числа п п == О, + 1, + 2, + З, ' + 4 или 5 (mod 10), то п 2 == О, 1, 4, 9, 6 или 5 (mod 10). Поэтому никакой квадрат не оканчивается на 2, З, 7 или 8. Таким образом, мы будем иметь дело лишь с циф рами 1, 4, 5, 6 и 9. Далее, число п может быть либо чет но, либо нечетно. Следовательно, п 2 ==(2а)2==4а 2 или п 2 ==(2а+1)2==4(а 2 +а)+1, откуда п 2 == О или 1 (mod 4). Так как число аЬ . . . сху == аЬ . . . сОО + ху == ху (mod 4) , 126 
то мы видим, что квадрат не может оканчиваться на 11, 55, 66 или 99, поскольку каждое из них == 2 или З (mod 4). Таким образом, единственно возможной повторяющейся ненулевой цифрой на конце квадрата может быть только четве;;ка. Если квадрат оканчивается не менее, чем на четыре четверки, то п == аЬ . . . с4444 == аЬ . . '. сОООО + 4400 + 44. Так как числа 10000 и 4400 делятся на 16, то мы полу чаем, что п 2 == 12 (mod 16). Но по модулю 16 п == О, + 1, + 2, + З, + 4, + 5, + 6, + 7 или 8 и п 2 == О, 1, 4, 9, О, 9, 4, 1 или О, но никоrда не с 12. Следовательно, квадрат может иметь на конце не бо лее трех повторяющихся ненулевых цифр. Так как число 444 не является полным квадратом, то, обнаружив, что 1444 == З8 2 , мы п{)казали, что возможны квадраты, оканчивающиеся на тuи четверки, и указали наименьший из таких KBaд ра тов. ЗАДАЧА 71. БИССЕКТРИСА уrЛА в треутолънике АВС АС == ВС. Проведена окружность К с центром в точке С и радиусом, меньшим s А в Рис. 85 Рис. 86 АС (рис. 85). Найдите точку Р на окружности К, дЛЯ которой касательная делит пополам уrол АРВ. 127 
Решение. Сюрприз здесь состоит в том, что для всех окружностей К точка Р лежит на окружности S, описан ной вокрут треуrольника АВС (рис. 86). Пусть CD  диаметр окружности S, проходящий через точку С. Тотда LCPD  прямой, откуда следует, что PD  касается OK ружности К В точке Р, но так как АС === ВС, то сп  бис сектриса уrла С, и поэтому точка D делит пополам дуту АВ. Таким образом, LAPD  LDPB. ЗАДАЧА 72. СИСТЕМА НЕР АВЕНСТВ Каково наибольшее целое число n, дЛЯ HO Toporo существует число х, одновременно удовлетворяю щее неравенствам k < Xk < k + 1 (k === 1, 2, З, ..., n), 1 < Х < 2, 2 < х2 < 3, 3 < х3 < 4, 4 < х4 < 5, Решение. Наибольшее возможное n равно 4. Если He которое число Х удовлетворяет не менее чем первым пя ти из этих неравенств, то из третьето имеем 3 < х3, а из пятоrо х5 < 6. Отсюда следует 35 < х15 < 63, это означает, что 243 < 216. Поэтому n  4. Так как У4 === У2, то любое Х между уз и у"4 YДOB летворяет первым четырем неравенствам. ЗАДАЧА 73. НЕОЖИДАННОЕ СВОЙСТВО ПР Авильноrо 26УrОЛЬНИКА Правильный 26уrольник А lА 2 . . . А 26 вписан в окружность с центром в точке О (рис. 87). Пусть 01  точка, симметричная точке О относительно хорды А25 А l, а 02  точка, симметричная точке О относительно хорды А2А6. Докажите замечательное свойство, что длина OT резка 0102 равна стороне правильноrо треуrОЛЬНИRа, впи санното в эту окружность. 128 
Решение. Возьмем в Rачестве единицы длины радиус окружности. Заметим, что равносторонний треуrольник, вписанный в окружность, получается путем соединения через одну из вершин вписанноrо правильноrо шести уrольника, который получается, если двиrа ться вокрут I I , I ? о --y  1 + 1  2 со s 12 О == 3 01 Рис. 87 окружности с шаrом, равным радиусу описанной окруж ности. Из теоремы RОСИНУСОВ находим, что сторона пра вильноrо треуrольника в един ич ном круте равна Уз. За тем мы покажем, что 0102 == Уз. ТIоскольку отрезок 001 является срединным перпен дикуляром к отрезку А 2 БА 1 , он проходит через вершину А 26 . Аналоrично отрезок 002 проходит через вершину А4. Обозначим уrол, под которым из центра видна сторона 26уrольника, через 8. Тотда 8 == 2л/26 == л/1З. Поэтому LA 1 0A 2 == 8 И, обозначив середины отрезков А 25 А 1 и А2А6 через Х и У соответственно, мы получим, что LA 1 0X == == 8 и LA 2 0Y == 28. Так нак радиусы А 1 О и А 2 О равны 1, то ох == cos 8, ОУ == cos 28, а вдвое большие отрезки co ответственно равны 001 == 2 cos 8, 002 == 2 cos 28. Из теоремы косинусов, примененной R треуrольнику 00102, получаем 010: == OO + 00:  2 (001) (002) cos 48 ==  4 cos 2 8 + 4 cos 2 28  2 (2 cos 8) (2 cos 28) (cos 48). 9 Р. Хонсберrер 129 
Окончательные рассуждения проведем лишь с исполь зованием известных триrонометрических формул. ИЗ TO ro, что cos 2х === 2 cos 2 Х  1, получаем 4 cos 2 Х === 2 + 2 cos 2х, и тоrда 010 == (2 + 2 cos 28) + (2 + 2 cos 48)8 cos 8. cos 28. cos 48== === 4 + 2 cos 28 + 2 cos 48  8 cos 8 . cos 28 . cos 48. Тмножим все на sin 8: 010:.sin8 ===4sinO + 2sin8.cos28 + 2sin8,cos48  8 sin 8 cos 8 . cos 28 . cos 48. Но 8 sin 8 . cos 8 . cos 28 . cos 48 === 4 sin 28 . cos 28 cos 48 === === 2 sin. 48 . cos 48 === sin 88. Для Лlобоrо натуральноrо числа п 2 sin 8 . cos п8 === sin (п  1) 8  sin (п  1) 8. Поэтому 010 sin в == 4 sin 8 + (sin З8  sin 8) + + (sin 58  sin З8)  sin 88. Однако 8 === л/1З, откуда 1З8 === л или 58 + 88 === л, что дает нам соотношение sin 58 === sin 88. Поэтому 010 sin 8 == З sin 8 и 0102 === Vз. ЗАДАЧА 74. ЕЩЕ РАЗ О ПОЛНЫХ КВАДРАТАХ Докажите, что выражение х 4 + х 3 + х 2 + х + 1 будет полным квадратом только при следующих целых значениях х: 1, О, з. Решение. (Эта задача оставалась нерешенной в тече ние 7 лет с момента ее опубликования до тех пор, пока профессор Беннет не предпринял прямую атаку, OCHO ванную на известном методе «дополнения до полноrо квадрата».) Мы ищем целые решения уравнения у2 === х 4 + х 3 + х 2 + х + 1. 130 
Это дает х 2 +  + 1 ( х ) 2 9 5 х 2 + 2 + 1 === х 4 + х 3 + 4 х 2 + х + 1 == у2 + 7; х 2 , что всетда больше требуемоrо, :кроме случая х === о. с дру'" rой стороны, (Х2 +  + Y541 Y ==  2 + 3 + 2Y51 2 + Y51 + 3Y5 x х х 4 х  4 8 == 2  5  21/5 ( + 3 + YS ) 2 < 2 У 4 х 2 У , Попробуем выразить у через х. Мы видим, что (Х2 +  у == х 4 + х3 + х; . нам два из требуемых членов. Выражение совсем близ:ко :к нужному. MI имеем пос:коль:ку число (5  215) /4 положительно и X:::f=  (З + + 1 5 )/2, являющемуся иррациональным числом. Та:ким образом, мы имеем оцен:ки величины У, одна из :которых больше, а друrая меньше ето. Величина у тотда должна лежать в пределах, определенных этими приближеНИЯIИ: 2 х Y51 I '  2 Х 1 Х + 2 + 4 < У X +"2 + , т. е. ( YS  1 ) 2 + х+ 2 <11 2 + x+2 Х 2 У X 2 . Для HeRoToporo числа k в пределах (1 5  1) /2 < k ::::;; 2 величина у должна в точности совпадать с x+k I У 1 === х2 + 2 . Но Х и у  целые числа, поэтому (х + k) /2 должно быть целым числом, от:куда число х + k  четное целое, тотда k та:кже должно быть целым. Но в у:казанных пределах для k находятся лишь два целых числа 1 и 2 (та:к :ка:к число (1 5  1) /2 лежит между О и 1). Поэтому k === 1 или 2. Для k === 2 мы имеем 1 у I == х 2 +  + 1 9* 131 
и из равенства ( х ) 2 5 х 2 + "2 + 1 == у2 + 4" х 2 , 5 полученноrо ранее, выводим у2 == у2 + 4 х 2 , откуда х === о. Для k == 1 имеем I 1 == 2 + х+1 У х 2. Однако леrко удостовериться, что 2 ( 2 + х+1 \2 (x3)(x+1) yx 2) 4 · Тоrда для k === 1 имеем 2 2 (x3)(x+1) y==y 4 · Отсюда следует (х  З) (х + 1) == О, что дает х === З или 1. Тем самым установлена справедливость утверждения, что целые значения для у получаются лишь при х === 1, О или З. Долrое время я считал, что это прекрасное доказа тельство является значительным достижением, поэтому я бы.л приятно удивлен, найдя похожее, но rораздо более элеrантное решение в «Mathematical Digest»  скромной  публикации для школьников, живущих в окрестностях Кейптауна (ЮАР), размноженной на мимеоrрафе. Ero :издателем является проф. Джон Уэбб из Кейптаунскоrо университета. В июльском номере за 197З Т. было поме щено следующее решение. Заметим, что ( х 2 +  у === х 2 ( 3х2 ) == х 4 + х 3 + 4" == х 4 + х 3 + х 2 + Х + 1  Т + х + 1 == 1 === у2  т (Зх 2 + 4х + 4). Посколы{у диснриминант трехчлена 3х 2 + 4х + 4 (а именно 42  4 . З · 4 === З2) отрицателен, значение трехчлена Зх 2 + 4х + 4 положительно для всех веществен пых чисел х. 132 
Поэто:м:у (Х2 +  у < у2, откуда I х 2 +  I < I у 1. Так как х 2 + х/2 === х (х + 1/2) неОТРИIательно при всех целых х, мы имеем I х 2 +  I == х 2 +  , откуда х 2 +  < I у 1. Теперь, если х  четное целое число, то х 2 + (х/2)  целое число и I у I должно ero превосходить не менее чем на 1; если хнечетно, то х 2 + (х/2) лежит между двумя последовательными целыми числами и I у I может превы тать это выражение не более чем на 1/2. В любом слу чае мы имеем IYI(X2+ n +  , откуда 2 5х 2 х 1 У  х 4 + х 3 + т + "2 + 4 == х 4 + х 3 + х 2 + х + 1 + + ( х!"  X   ) == у2 + ! ( х 2  2х  З ) 4244. Отсюда следует х 2  2х  З  О, (х + 1) (х  з)l О, что оrраничивает х, позволяя принимать лишь следую щие значения: 1, О, 1, 2, з. Решение заканчивается OT брасыванием чисел х === 1 и х === 2 с помощью прямой про верки этих значений. ЗАДАЧА 75. НЕОБьmНОВЕННЫЙ мноrОЧЛЕН Если Р (х)  такой мноrочлен степени n, что р ( х ) == 2 х для 1 2 + 1 х ===, ,. .., п , то чему равняется Р(n+2)? 133 
Решение. Из разложения бинома получаем, что 2т == (1 + 1)т === C + cin + . . . + C дЛЯ т === == 1, 2, . .", п + 1, Зафиксируем некоторое произвольное натуральное число п и рассмотрим мноrочлен f(x) == 2(C1 + Cl + ... + Cl). Слаrаемое, имеющее наибольшую степень относитель но х в f(x), есть 2с п  2 (х  1) (х  2) . . . (х  п) x 1  п! · Поэтому f(x) является мноrочленом степени n. Для х === == 1, 2, ..., п + 1 имеем f(x) === 2 [(1 + 1)Xl] === 2 Х (для т<п C === о). Таким образом, f(x) и искомый мноrочлен Р(х) оба имеют степень п и совпадают в п + 1 точке х == 1, 2, ... ..., п+ 1. Поэтому f(x) совпадает с Р(х), и мы имеем Р (п + 2) === 2 [C+l + C+l + .. ·  C+l] ===  ') [2 п + 1  С п + 1 ]  2 п + 2 2   п+l  . Аналоrично получаем Р (п + З) == 2 [2 п + 2  C+  C+:] == === 2 [2 п + 2  (п + 2)  1] == 2 n + З  2п  6. ЗАДАЧА 76. ЦЕНТРОИДЫ НА ОКРУЖНОСТИ Пусть А, В, С, D  четыре точки на окруж", ности, а G A , G B , G c , G D  центроиды (центры масс) тре... уrольников BCD, ACD, ABD, АВС соответственно (рис. 88). Докажите, что точки G А, G B , G c , G D также ле... жа т на одной окружности. Решение. Расположим в каждой из точек А, В, С, D единичные массы и обозначим через G центр масс этой системы. Единичные массы в точках ..:.4, В и С эквива... лентны массе З в точке G D . Поэтому вся система эквива... лентна массе З в точке G D и массе 1 в точке D. Следова... тельно, точка G доллна лежать на отрезне GDD и делить ето в отношении 1 : З (рис. 89). 134 
Аналоrично, точв:а G должна лежать на в:аждом из отрезв:ов GAA, GBB и GcC и делить в:аждый из них в от... ношении 1: З. Следовательно, rомотетия с в:оэффициен'" том (1/З) и центром в точв:е G переводит точв:и А, В, А в 1) С' ................----..................... Рис. 88 Рис. 89 С, D соответственно в точв:и G А, G B , G c , G D . Но при то... мотетии ов:ружность переходит в ов:ружность, поэтому из тото, что точв:и А, В, С, D лежат на одной ов:ружности, то же самое верно и для точев: G A , G B , G c и G D . Отметим, что п вершин любоrо мноrоуrольнив:а ана... лоrично определяют мноrоуrольнив:, вершины в:оторото являются центрами масс множеств из (п  1) вершин. Аналоrичное условие выполняется и в трехмерном про... странстве. «1iеханичеСRИЙ» подход часто обеспечивает леrв:ое ре... шение rеометричесв:их задач значительной трудности. С ero помощью довольно просто пов:аза ть существование в треуrОЛЬНИRе тав:их точев:, в:ак центроид, центр вписан... ной ов:ружности, точев: Жерrона и Наrеля, а тав:же до... в:азать тав:ие теоремы, в:ав: теоремы Чевы и Менелая. Рассмотрим следующую задачу, в:оторая предлаrалась на в:онв:урсе по реПlению задач элементарной математив:и в Румынии. Пусть А, В, С  заданные точв:и на ПЛОСRОСТИ, А ' В , С , u а , ,  переменные точв:и на друrои плосв:ости л. Середины отрезв:ов АА', ВВ', СС' обозначим через L, М, N. Кав:ово rеометричесв:ое место S центроидов тре... уrольнив:ов LMN? Поместим по единичной массе в в:аждую из точев: А, В, С, А', В', С'. Массы в точках А и А' эв:вивалентны 135 
массе 2 в середине L отрезка между ними. Аналоrично рассуждая, получим, что вся система масс эквивалентна системе из трех масс 2 в точках L, М и N. Следователь... но, центроид S треуrольника LMN является центром масс всей системы. Теперь заметим, что массы в точках А, В и С экви'" валентны массе З в точке G  центроиде треуrольника Рис. 90 АВС. Аналоrично массы в точках А', В', С' эквивалентны массе З в точке G'  центроиде треуrольника А' В' С'. В результате центр масс S должен делить пополам отре'" зок GG'. Поскольку точки А', В'1 С'  произвольные точ'" яи на плоскости л, их центроид также может быть про... извольной точкой этой плоскости. Точка G фиксирована на своей плоскости. Поэтому rеометрическое место точек S есть плоскость, которая получается из плоскости л в результате rомотетии с центром в точке G и коэффици'" ентом 1/2. Заключительная задача была предложена Мюрреем Кламкином из университета в Ватерлоо (Канада). Докажите, что точки касания Р, Q, R, S пространст", BeHHoro четырехуrольника, описанноrо BOKpyr данной сферы, лежат на одной окружности. Все касательные к сфере из одной точки имеют оди... наковую длину. Пусть АР === AS === а, ВР === BQ === Ь, CQ === === CR === с, DR === DS === d (рис. 90). Расположим в точках А, В, С, D соответственно массы 1/а, 1/Ь, 1/с, 1/d. Момен", ты масс в точках А и В относительно точки Р равны и противоположны. Поэтому они эквивалентны MaCGe (1/а)+,(1/Ь) в точке Р. Аналоrично, массы в точках С 136 
и D эквивалентны некоторой массе в точке R. Следова... тельно, центр масс G всей системы масс должен распо... лаrаться TдeTO на отрезке PR. Аналоrично, рассматривая пары масс в точках В и С, а также в точках А и D, мы видим, что точка G также должна лежать на отрезке QS. А это значит, что отрезки PR и QS должны пересекаться (в точке G). Следовательно, они определяют некоторую плоскость л. Ясно, что точки касания Р, Q, R, S принадлежат ок... ружности, получающейся при пересечении сферы пло... скостью Л. ЗАДАЧА 77. ЛЕrКОНАХОДИМЫЙ ОСТАТОК Чему равен остаток при делении мноrочле... на х + х 9 + х 25 + х 49 + х 8 ! на х 3  х? Решение. Имеем х 8 ! + х 49 + х 25 + х 9 + х 3 х x х 8О + .1;48 + х 24 + х 8 + 1 x2 1 (х 8О  1) + (х 48  1) + (х 24  1) + (ха  1) + 5 2 х  1 Так как х 2n  1 делится на х 2  1, то кажется, что остаток есть число 5. Вспомияая, что числитель и знаме... нате ль сокращались на х, получаем, что остаток равен 5х, так как 5 х 2  1 5х  3 х x ЗАДАЧА 78. ЛЮБОПЫТНОЕ СВОЙСТВО ЧИСЛА 3 Докажите, что если т и п  два натураль... ных числа, то одно из чисел}! т , lIпне больше, чем ;У з . Решение. Предположим, что т === п. В этом случае п/ 3 МЫ хотим показать, что v п  .,; з, т. е. n lln  З 1l3 , или п 3  з n . Это, как мы сейчас увидим, леrко устанавлива... ется по индукции. Ясно, что утверждение верно для n == 1, 2 и з. Предположим, что мы имеем п 3  з n для не... 137 
которото п  З. Тотда Зn+ 1 === З . Зn   3 . п 3 === п 3 + Зп 2 + 3п + (п  З) п 2 + (п 2  З) п > > п 3 + Зп 2 + 3п + 1 === (п + 1) 3. Таким образом, утверждение верно для т === п. Казалось бы, мы рассмотрели только частный случай, а общий случай это т ==1= п, однав:о в:ав: раз все наоборот. т ав: в:ак, если скажем, т <' п, то 11 т < i/п  У З. Заметим, что равенство имеет место в единственном случае т === п === З. ЗАДАЧА 79. КВАДРАТ ВНУТРИ КВАДРАТА в квадрате проведены отрезв:и, соединяю щие ето вершины с серединами сторон, в:ав: пов:азано на рис. 91. Дов:ажите неожиданный результат, что площадь меньшеrо в:вадрата равна 1/5 площади данното квадрата. р Рис. 91 Рис. 92 Решение. Очевидно, что в «в:ресте», содержащем 5 равных в:вадратов, в:ав: пов:азано на рис. 92, прямая AD пересев:ает отрезов: PQ в ero середине  точв:е Х и что треуrольнив:и АРХ и XQD равны. Теперь отрежем Tpe уrольнив: АРХ и положим ето на треуrольнив: XQD. ВЫ.. полнив тав:ую перестановв:у с каждой из точев: А, В, С и D, нетрудно видеть, что мы получим BaдpaT. 138 
При этом площадь не изменилась, откуда следует, что центральный квадрат имеет площадь равную 1/5 riлоща ди данното квадрата. ЗАДАЧА 80. ВСЕrДА КВАДРАТ Четное количество единиц, записанных друт за друтом, образует число А, а вдвое меньшее количе ство четверок  число В. Докажите, что число А + в + 1 всетда является полным квадратом. Решение. Предположим, что в числе А содержится 2т цифр, а в числе В  т цифр. Тотда ( 3В ) 2 [ 3 ] 2 4 === 4( 4. ) === === ( ?3 .  )( ?3  .  ) === е1 . · 1, )( 9  .  ) === === ( 11 ... 1 ) (1 О m  1) == 11 ... 1 00 . . . о  11 ... 1.   m m m m 1 Складывая это число с числом 2 В ' которое равно 22 . . . 2 === 2 (11 .. . 1), мы получаем   m т ( 3В ) 2 1 4" +2 В == == 11 ... 1 00 . . . о + 11 ... 1 == 11 ... 1 == А.  т m тn 2т Поэтому А + в + 1 === [ с: у +  1 + в + 1 === ( 3: )2 + 3: + 1 == ( 3В ) 2 2 === 4 + 1 === () · ЗАДАЧА 81. rРУППИРОВКА НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ Предположим, что натуральные числа раз делены на rруппы следующим образом: (1), (2, З), (4, 5, 6), (7, 8, 9, 10), (11, 12, 1З, 14, 15) 139 
и что Rаждая вторая rруппа отброшена. ДОRажите, что сумма чисел в первых k оставшихся rруппах всеrда paB на k 4 . Например, для k === З имеем ,1 + ( 4 + 5 + 6) + (11 + 12 + 1З + 14 + 15) === 81 === З4. Решение. Перед пй rруппой находится (п  1) rрупп, ноторые содержат первые (п  1) п 1 + 2 + З + ... + п  1 == 2 . чисел. Поэтому первое число пй rруппы равно п (п  1) /2 + 1, подобным образом последнее число в пй rруппе равно п (п + 1) /2. Следовательно, сумма 8 (п) чисел в п й rруп... пе равна S(n) === ; [ (n1) n + 1 + n (n:1) ] === n(n 2 2 +1) . rруппа, имеlощая номер k после выбрасывания, име ла (2k  1) в первоначальной последовательности. ИтаR, мы хотим ДОRазать, что 8 (1) + 8 (З) + . . . + 8 (2k  1) === k 4 . Используем для этоrо метод индукции, заметив, что 8(1)===1. Если S(1)+8(З)+...+8(2k1)===k4, то 8(1) + 8 (З) + . .. + 8 (2k + 1) == k 4 + 8 (2k + 1) == k 4 -1. + (2k + 1) [( 2k + 1)2 + 1] 2 ' что приводится R виду (k + 1) 4. ЗАДАЧА 82. ТРЕуrольники, СТОРОНЫ КОТОРЫХ ОБРАЗУЮТ АРИФМЕТИЧЕСКУЮ проrРЕССИЮ ДОRажите, что если стороны треуrОЛЬНИRа составляют арифметичеСRУЮ проrрессию, то прямая, co единяющая ero центроид с центром вписанной ОRРУЖНО'" сти, параллельна одной из ero сторон. Решение. Пусть в треуrОЛЬНИRе АВС стороны YДOB летворяют неравенству с < Ь < а (а  длина стороны, противоположной вершине А и т. д.). Тоrда а + с === 2Ь, тан нан стороны образуют арифметичеСRУЮ проrрессию. Обозначим через 1 центр вписанной ОI\рУЖНОСТИ и че... рез r  ее радиус (рис. 9З). Запишем площадь треуrоль ника АВС: 8 (6АВС) == 8 (IAC) + 8 (6IBC) + 8 (6IAB) == ===  br +  ar +  cr === ; r (а + ь + с). 140 
1 Но площадь треуrольника АВС равна  BD . Ь, rде BD  высота, опущенная из вершины В. Следовательно, 1 1 2:BD.b == 2r(a + ь + с), и мы имеем r Ь Ь 1 вп а + ь + с == 3Ь == з. Это rоворит о том, что точка 1 лежит на прямой L, которая параллельна отрезку АС, причем расстояние пря... мой L до прямой АС равняется 1/З расстояния от точки в A с А h в в с с А D пЕ Рис. 93 в до АС. Но центроид G делит медиану ВЕ в отношении 2 : 1, отсюда следует (если рассмотреть подобные тре... уrольники), что точка G также лежит на прямой L. Та... ким образом, прямая GI определяет прямую L и поэтому представляет прямую, параллельную стороне АС. ЗАДАЧА 83. ДРОБИ, ПОЛУЧЕННЫЕ С ПОМОЩЬЮ ПЕРЕСТАНОВКИ Пусть Ь 1 , Ь 2 , ..., Ь п  некоторая пере станов... ка вещественных положительных чисел аl, а2, ..., а п . До... нажите, что а 1 а 2 а п Ь + ь + ... + ь  n. 1 2 n Решение. Так как среднее арифметическое набора из n положительных чисел не меньше их среднеrо reoMeT'" рическоrо, то 1 [ аl а 2  ++ п Ь} Ь 2 а п ] [ 01 а 2 _ а п ] l1n + ь  ь · ь · .'. ь == 1, n 1 2 n откуда немедленно следует наше утверждение. 141 
ЗАДАЧА 84. О БИНОМИАЛЬНЫХ КОЭФФИЦИЕНТ АХ Чему равен g  наибольший общий дели" тель следующих чисел: С 1 С 3 С 5 C 2n1? 2n, 2n, 2n,... , 2n · Решение. Любой общий делитель набора чисел делит и их сумму. :Ключом :к решению является соотношение Cn + Cn + + C 2n1  2 2n1 . . . 2n  · Ero можно вывести следующим образом. Из разложе.... пия в бином Ньютона имеем (1 + х)2n == Cn + CnX + С;n х2 + . . . + cx2n. Положив Х == 1, мы видим, что сумма всех :коэффици.... ентов равна 2 2n , а положив х == 1, мы видим, что сумма Rоэффициентов С;n С четным r равна сумме :коэффициен тов снечетным r. Таким образом, сумма данных чисел равна половине общей суммы, а именно, 22n1. Вследствие этоrо, ис:комый наибольший общий делитель должен быть делителем числа 22n1 И поэтому сам должен быть CTe пенью числа 2. Предположим, что 2 k  это наибольшая степень чис.... ла 2, на :которую делится число п. Тоrда п == 2 k · q, rде q  не:которое нечетное число, и мы имеем Cn === 2п == :;;;;;: '2h+lq. Так :ка:к число g является делителем числа cn И является степенью числа 2, то g не может превосхо дить числа 2k+ 1. Мы по:кажем, что g === 2k+ 1, доказав, что 2k+1 является делителем :каждоrо из чисел Cn' r == 1, 3 5, ..., 2п1. Заметим, что r (2п)! С 2n ==  (2п  т)! т! 2п [ (2п  1)1 ] 2п T1 22k+lq r === r (2п  r)! (r  1)1 === r с 2n1 == r C2n1. Та:к как r  нечетное, а Cn1  целое число, то мно.... житель 2k+1 в числителе должен сохраниться и после уп.... рощения этоrо выражения. Отсюда следует ис:комое ут.... ерждение. 142 
ЗАДАЧА 85. ЧИСЛО ФЕРМА F73 Об определеНJI II чисел Ферма см. задачу 58. ВОТ первые пять из них: З, 5,17,257, 655З7, 4294967297. Вы можете представить оrромную величину числа (273) '. F 73 == 2 + 1. Эта задача поднимает вопрос о том, смоrли ли бы все книrи всех библиотек Bcero мира BMe стить в себя обычную десятичную запись этоrо rиrант cKoro числа F73. Отвечая на этот вопрос, мы можем ис пользовать очень завышенную оценку количества книr в библиотеках: один миллион библиотек, в каждой по одному миллиону книr, по 1000 страниц каждая, по 100 строк на странице, по 100 знаков на строчке. В качестве второй части задачи мы зададимся вопро сом: каковы три последние цифры рекордсмена F73? Решение. 1. В данных предположениях общая BMe стимость библиотек мира составила бы (100) (100) (1000) (1 000 000) (1 000000) === 1019 цифр. Таково это rромадное количество цифр. Ясно, что Ha ша задача свелась к нахождению количества цифр в чис ле F73. Так как 210 === 1024 > 103 , то 273 === 8 . 270 > 8 . 1021 n ( 73 ) 21 20 2 2 > 28.10 == (280)1020 == t(210)8i1020 > 1024'10 . Таким образом, число F73 содержит более, чем 24 . 1020 === 240 . (1019) цифр И потребуется более 240 биб лиотечных систем, подобных той, которую мы предложи ли, чтобы записать это число. 2. При нахождении трех последних цифр числа F 73 мы будем использовать без доказательства два замеча тельных открытия: а) квадрат натураЛЬНОl'О числа и ero 22я степень всеrда имеют одни и те же последние две цифры: п 22 === п 2 (mod 100); 143 
б) куб натуральноrо числа и ero 103я степень всеrда имеют одни и те же последние три цифры п 1О3 === п 3 (mod 1000). Для неотрицательноrо k свойство а) означает (по MO дулю 100), что n k + 22 === n k . п 22  n k . п 2 === n k + 2 . Поэтому можно вычитать 20 из показателя степени 22 без изменения оставшеrося числа (по модулю 100). Повторное применение этой операции позволяет MHoro кратно уменьшать на 20 показатель степени до тех 'пор, пока степень остается 2. Аналоrично, свойство б) по Зilоляет MHoroKpaTHo уменьшать показатель степени на 100 до тех пор пока степень остается З. Таким образом, мы имеем 273 === 260+13 === 213 (mod 100). Также (по модулю 100) мы имеем 273 === 213 === 23 .210 == 8( 1024) == 8 .24 === 192  92. Следовательно, для HeKOToporo целоrо числа q мы имеем 273 === 100q + 92. Используя свойство б), получаем 2(273) ::=: 2100Q+92 == 292 (mod 1000). Применяя лишь простую арифметику, вычисляем 292  896(mod 1000). Поэтому F73 === 2(273) + 1 оканчивается на 897. Ст. Джерман и Стин с помощью компьютера нашли 40 последних цифр числа F 7з " это 8947ЗО151899567216529624З9З5786246864897. Одним из наиболее замечательных достижений СОБре менной арифметики является установление Toro, что чу довищно большое число (21945) F 1945 === 2 + 1 является составным. Число F73 микроскопически мало по сравнению с этим колоссом. Однако, используя при 144 
веденный выше метод, определить последние три цифры числа F 1945 даже леrче, чем у числа F73. Возможно, чи.. татель получит удовольствие, показав, что число F 1945 оканчивается на 297. 3. Мы завершаем этот раздел IДРУrим, полностью об'ос.. нованным выводом последних трех цифр числа( F73. Лсно, что 210 == 1024 == 25t  1 (для t == 41) == 1 (mod 25). Используя разложение бинома, получаем 2100 === (2 1 О) 1 О == === (25t  1) 10 == (25t) 10  10 . (25t)9 + . . .  10(25t) + 1. Так как каждый член, за исключением ПОСЛQднеrо, в этом разложении делится на 125, получаем 2100 == 1 (mod 125). Теперь 273 ===(210)7 .23 == (1)7 . 23(mod 25) == 8(mod 25), откуда 273 == 25k  8 для иенотороrо целоrо числа k. TaK ,не очевидно: из Toro, что 273 делится на 4, следует 273 == 0== ........8 (mod 4) и 273 == 4r  8 J1;ЛН HeKOToporo целоrо числа r. Тоrда 25k  8 == 4r  8, 25k === 4r, откуда k делится на 4. Записав k == 4k 1 , мы получаем 273 == 100k 1  8 =:1  8 == 92(mod 100) и для HeKOToporo целоrо числа q имеем 273 ,== 100q + 92. Таким образом, 2(273) == 2100Q+92 == 292 (2 100 )Q == 292 (1 q ) (mod 125) в 2(213) == 2100 == 1 (mod 125). Пусть 292 == x(mod 125), тоrда 2 8 х == 2100 == 1 (mod 125), и мы имеем 2 8 х === 256х == 6х (mod 125) и 6х == 1 (mod 125). Отсюда 6х == 126(mod 125) и х == 21 ЕЕ 104(mod 125). 10 Р. Хонсберrер 145 
Следовательно 2(2'73) == х ==  104 (mod 125). (273) Одна:ко очевидно, что 2 делится на 8, поэтому 2(273) == О :SE  104 (mod 125) и 2(271) == 125s  104 == 8ш  104, откуда леrко вывести, что s делится на 8, Т. е. 125s дe лится на 1000 и 2(1'7 ) == 1000и  104 ==  104 (mod 1000) == 896 (mod 1000). Таким образом, число F73 ОRанчивается на 897. ЗАДАЧА 86. ВПИСАННЫй ЧЕТЫРЕхуrОЛЫIИI Продолжим противоположные стороны впи caнHoro четырехyrольника ABCD дО пересечения в ТОЧRах р и Q (рис. 94). Докажите, что четырехyrольник EFGH, р  Рис. 94 определяемый на ABCD биссектрисами уrлов Р и Q, всеrда является ромбом. Решение. ПОСI{ОЛЬКУ четырехуrольник ABCD  вни санный, внешний уrол DCQ равен внутреннему yrлу в противоположной вершине А. Так как прямая QE  биссектриса уrла Q, то уrлы треуrольника AQE COOTBeT ствевно равны уrлам треуrольпика CQG. Следовательно, LCGQ ==:LAQE. 146 
Но LCGQ == LPGE (как вертикальные1. Поэтому LPEG === LPGE и ДРЕG  равнобедренный. Соответственно, биссектриса уrла Р является средин.. ным перпендикуляром к отрезку EG. Поэтому точки II и F, расположенные на этом перпендикуляре, равноудалены от точек Е и G. Аналоrично точки Е и G раВНОУ1ДаJlИЫ от точек Н и F и EFGH  ромб. ЗАДАЧА 87. СПЕЦИАЛЬНЫЕ ТРОйКИ НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ Найдите все тройки различных натуральных чисел х, у, z, попарно взаимно простых и таких, что сумма любых двух И1З них делится на третье. Решение. Предположим, что числа в такой ТрОЙКQ обозначены TaR, что х < у < z. Тоrда х + у < z + z === 2z, откуда следует, что частное при делении х + у на z мень.. ше, чем 2. Поэтому оно должно равняться 1 и х + у == z. В таком случае х + z == 2х'+ у. Так как это вь:rpажеuие делится на у, то 2х делится на у. Но 2х < 2у, следова.. тельно, у содержится в 2х менее двух раз. Таким образом, как и раньше, у должен равняться 2х и мы имеем х == Х, у === 2х, z == х + у == 3х. Так как эти числа должны быть попарно взаимно просты, то х должен равняться 1 и мы получаем едив ственный ответ (1, 2, 3). ЗАДАЧА 88. СУММЫ ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ Введем обозначение суммы первых n пр 0--- стых чисел через Sn: Sn == 2 + 3 + 5 + . . · + рn. ДОRажите, что между числами Sn И 8n+l всеrда су.. ществует число, являющееся полным квадратом. 10. 147 
Решение. Утверждение леr:ко проверяется для n == 1, 2, 3 и 4. Рассмотрим n  5. Ясно, что если между квад... ратными корнями из х и у (х < у) находится целое чис ло ln, то т 2 , являющееся полным квадратом, будет ле.. жать между х и у: если 1' х < т < 1'у, то х < т 2 < у. Если l' у  l' х > 1, то интервал ме}к\ду числами l' х и у у настольпо велип, что обязательно содержит пеI{оторое целое число, независимо от Toro, rде этот интервал на... ходится на числовой прямой. Это эквивалентно следую щему: l' у > 1 + l' х, у>1+2l'х+х, у  х > 1 + 21' х. Таким образом, желаемое заплючение будет/ получено если покажем, что для всех n 8 п +l  Sn > 1 + 21' sn. Итап, sn === 2 + 3 + 5 + 7 r 11 + . . . + рп. Оценим Sn при п  5. Заиетим, что если в сумме 2 + 3 + 5 + 7 + 11 ИСПЛIОЧИТЬ 2 и добавить недостающие lIечетные числа 1 и 9, то получим, что все числа будут И8четными, причем сумма увеличится на 1 + 9  2 == 8. Поэтому Sn < 1 + 3 + 5 +. · . + Рп, rД,е справа стоит сумма всех нечетных чисел с 1 по Рп. Но сумма всех нечетных чисел с 1 по 2k  1 равняется 1 + 3 + ... + (2k  1) ==  [1 + (2k  1)] == k 2 . 1 Для рп 1== 2k ...... ,1 мы получим k == "2 (1 + Рп). Поэтому 1 сумма всех печетных чисел с 1 по Рп равна 4(1 + Рп)2. Соответственно, 1 Sn<4(1 + Рп)2 и 1r 1 у Sn<2"(1 + Рп) 148 
или 21'S: < 1 + Рn. Заметим, 'Что Рп+l всеrда не меньше, чем Рп + 2 (так aK числа Рп И Рп+2 не MorYT быть после,довательными). Отсюда Snt-l  Sn == Рп+l  Рп + 2 == 1 + (1 + Рп) > 1 + 2YSn. Утверждение доказано. ЗАДАЧА 89. ЕЩЕ ОДНА КУРЬЕЗНАЯ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ в этой задаче рассматривается :курьезный способ образования последовательности натуральных чи- сел. Начиная, c:кaaeM, с числа 2520, MЬ будем получать 2520, 25, 11, 12, 8, 7, 8,... Каждый из членов определяется следующим образом: к сумме простых делителей предыдущеrо члена прибав ЛЯIТСЯ еДИН1lца, причем кажое простое число берется в сумме такое число раз, какое стоит в показателе степени этоrо числа в разложении на простые множители соот" ветствующеrо члена последовательности. Так I\:aK . 2520 == 23 · 32 . 5 . 7, ТО второй член равен 1 + 3 · 2 + 2 · 3 + 5 + 7 == 25; а так как 2S ,== 52, то ОТСIода следует, что третий член равен 1 + 2 · 5 === 11 и так далее. Если число п разложено на простые множители а 1 а ав п == Рl Р2 2 ... РВ , то член, следующий за числом n, ко.. торый мы будем обозначать через f (п ), равен j(n) == 1 + аlРl + а2Р2 + · . · + аАРА. Так как j(7) == 8 и j(8) == 7, то мы видим, что RaK только в последовательности появится число 7 или 8, начннтся бес:конечное чередование 8, 7, 8, 7, ... Наша задача состоит в том, чтобы показать, что последователь.. ность, у которой начальный член п больше 6, всеrда содержит 7 или 8 и таким образом, начиная с пекото 1.9 
poro места, будет продолжаться бесконечным повторением чисел 8, 7, 8, 7, ... Решение. Пример, рассмотренный в постановке за.. дачи, является последовательностью, уменьmающейся от 2520 до 25 на первом шате и еще уменьшающейся до 11 на следующем шате. Соблазнительно предположить, что j(n) всетда меньше, чем п. Однако за 11 сле1дует 12, и мы видим, что это не так. В действительности, для простоrо числа р имеет место соотношение j(p) == р + 1. Тем не менее мы правы, считая, что, вообще rоворя, j(n) меньше, чем п. Мы увидим, что эта последователь ность увеличивается лишь после членов, являющихся простыми числами, при этом только на 1, и что в осталь.. пых случаях, исключая п == 8, последовательность умень- шантся на каждом mary не менее чеl\t на 2: для составното числа п, j(n)  п  2 за исключением п == 8, для которото уменьmение равно только 1. Утверждение задачи леrко следует из этоrо основното результата. На некоторой стадии доказательства мы должны по.. казать, что для n > 6 всетда имеет место j (п) > 6. Это следует из рассмотрения нескольких прос'тых случаев. 1) Если число п имеет простой делитель, больmий 7, то j (п ), будучи больше любоrо простоrо делителя числа п, принимает значение, большее 6. Поэтому нам необходимо рассмотреть только числа, простыми делителями которых являются 2, 3, и 5: п == 2 а . 3 Ь · 5 с . 2) Если с;;;:: 2, то j(n) ;;;:: 1 + 2. 5> 6. Если с == 1, то (для тото, чтобы п было больше 6, хотя бы одно из чисел а и Ь должно быть отличным от нуля, откуда j(n) ;;;:: 1 + 5 + 2 > 6. Остались лцшь числа вида n == 2 а · 3 Ь , соответствующие случаю с ==0. 3) Если ь;;;:: 2, то j (п);;;:: 1 + 2 · 3 > 6. Если Ь == 1, то для тото, чтобы п было больше 6, необходимо, чтобы а было не меньше 2, и мы имеем j(n) ;;;:: 1 + 2 .2+ 3 > 6. Осталось рассмотреть только числа вида п == 2 а . 4) Для n > 6 число а должно быть не меньше 3, и мы получаем j(n);;:: 1 + 3 · 2 > 6. Здесь мы имеем возможность увидеть общий ход дo казательства. Если п находится во множестве чисел, боль.. 150 
тих 6, то и f(n) принадлежит этому множеству. Для простото числа р, которое является нечетным, f(p) === == р + 1, которое четно и поэтому составное. Следова.. тельно, пара последовательных членов в нашей последо-- вательности может быть отнесена к одному из следующих трех типов (не может иметь место случай, котда за про.. стым числом следует вновь простое число): . .., простое, составное, ... . .., составное, простое, ... . .., составное, составное, ... Если один из членов пары равен 8, то осцилляция уже началась и для этой последовательности выполняется наша rипотеза. Из Toro, что j (n ) по крайней мере на 2 меньше, чем n для составных n =1= 8, мы видим, что во всех трех типах пар после двух последовательных шаrоВ происхо.дит суммарное уменьшение по крайней мере на 1. Например, . . . , составное простое, уменьшвеличение не менее  чем на 2 на 1 общее умеtlьшеНl1е не менее, чем на 1 Та:ким обраЗОМ 1 беря через один члены нашей после довательности, получим подпоследовательность, :которая вплоть до появления числа 8 будет cTporo уменьшаться. При этом все эти члены остаются ббльшими 6. Следова- тельно, за конечное число шаrов они придут к наимень тему значению. В общем, это означает, что число 7 дo ст:иrается, и в первоначальной последовательности Ha ступает осцилляция. Единственный способ избежать, этоrо состоит в том, чтобы пре:кратить уменьшение на 1 в паре членов, что ВОЗМОiННО лишь при наличии среди них чис ла 8. Однако и это также приводит к осцилляции, что завершает до:казательство. lIaM остается обосновать OCHOB ноЙ результат: для cOCTaBHoro числа п > 6, n =1= 8 j(n)  п  2, т. е. ДЛЯ COCTaBHoro числа п  9 f(n)  n  2. 151 
Мы буде:м действовать по' IIНДУКЦИИ. Так как /(9) == 7, то это свойство имеет место для числа 9. Обозначим че рез п составное натуральное число, большее 9, и допус тим, что по предположению индукции это свойство BЫ полнено для всех меньших составных натуральн:ыIj чисел, которые также не меньше 9. ПОRажем, что тотда это своЙстпо унасле\Дует II само ч:ислd n. TaI как п  составное число, оно имеет по нрайпей мере одно нетривпальное разложенпе на J\IНОЖIIтеЛII п == k 1 . k 2 , тде 1 < k 1 , k 2 < N. Если хотя бы один пз этих множиrrелей k i является простым числом, ТО /(k i ) === k + 1. Если число k i  COCTaB ное, не меньшее 9, то оно попадает в условия индукцион ното предположения, и: мы имеем, что / (k i )  k i  2. В остальных случаях k i равно 4, 6 или 8 и /(k i ) COOTBeT ственно равняется 5, f) или 7. В любом случае мы видим ЧТО f{k i ) никоrда не бывает болыпе, чем k i + 1. Поэтому / ( k 1)  k 1  1 и f ( k 2)  k 2 + 1. Предположим, что а 1 а 2 ап п == Рl Р2 ... Рп . Разложение на множители п === k 1 k 2 осуществляется разделением простых делителей числа п на две непустые rруппы:  ( ы1 Ь 2 Ь п ) ( albl a2Ь2 aпba ) n  Рl Р2 ... Pk Рl Р2 · · · Рп ·  ......-  --" п 1 п 2 Вспомним, что / (t) === 1 + (су:м:ма простых делителей числа t, каждый из которых берется соответствующее число раз). в соответствии с этим сумма СООТВ8'тствующее число раз повторенных простых делителей числа k 1 равняется f(k 1 )  1. Аналоrично для чисел k 2 и п мы имеем, СО от... ветственно, f (k 2 )  1 и f (п )  1. Однако, поскольку n == k 1 k 2 , мы имеем: (сумма простых делителей числа п, взятых соответствующее число раз)  == (сумме простых делителей числа k 1 , взятых соотвеТСТВУlощее ч:исло раз) + + (сумма простых делителей числа k 2 , взятых соответствующее число раз). 152 
Это дает I(п) 1  f(kl) 1 + l(k2) 1 И 1(12)  l{k 1 ) + f(k 2 )  1. Поскольку l(k 1 )  k 1 + 1 и f{k2)  k 2 + 1, lЫ полу.. чаем 1(12)  k 1 + 1 + k 2 + 1  1 и I f(n)  k 1 + k 2 + 1 1. Теперь мы знаем, что k 1 и k 2 не меньше 2, а их произведение не меньше 9. Следовательно, мы леrко мо- жем вывести, что произведеllие (k 1  1) (k2  1) не мень.. ше 4: 1) Если одно из чисел k 1 , k 2 принимает минимально возможное значение 2, откуда k i  1  1, тоrда, поскольку п  k 1 k 2  9, друrое число k i  5. В этом случае имеем (kl  1) (k 2  1)  1 · 4  4. 2) С друrой стороны, если LКаждое k i  3, то k i  1  2, и их произведение 4. Окончание доказательства основано на том, что между числами k 1 + k 2 + 1 и (kl 1) (k2  1) леrко увидеть сле дующее соотношение: (k 1  1) (k2  1)  k 1 k 2  k 1  k 2 + 1  == k 1 k 2  (kl + k 2 + 1)+ 2. Отсюда k 1 + k 2 + 1 == k 1 k 2 + 2  (k 1  1) (k2  1)  п + 2  .......(kl .......1) (k2 1). Из приведенноrо выше неравенства мы имеем 1(12) п+2 (kl1){k21). Так как (kt  1) (k2  1) 4, то получаем j{п)п+24 и f {п}  п ....... 2. 153 
ЗАДАЧА 90. ЭЛЛИПС И ЦЕЛОЧИСЛЕННАЯ РЕШЕТКА Независи:мо от Toro как мы расположим Kpyr радиуса 5 на целочисленной решетке, мы не сможем избежать Toro, чтобы не покрыть нен:оторое число цe лочисленных точек. (Мы считаем, что наши фиrуры ВКЛlочают их rраНИЦЫ 1 т. е., что они  замкнутые мно-- жества.) Конечно, очень маленький Kpyr MOj-кет вообще не содержать целочисленных точек. Так как л юб ая точка плоскости расположена не дальше, чем на У2/2 от не.. .- которой целочисленной точки (12/2  это половина диаrо... нали единичной квадратной клетки, из которых состав- лена решетка), то, независимо от расположения центра Rpyra радиуса r  1 2/ 2, оказавшеrося на ПЛООН:ОСТИ, этот Kpyr будет простираться столь далеко, что обязательно покроет хотя бы одну целочисленную точку. rораздо тру,днее показать, что прямоуrольник а Х Ь, случайным образом расположенный на решетке, обязательно покроет хотя бы одну целочисленную точку в том и только том случае, если а  (1 и Ь  1 2. Также очень трудной задачей является установление Toro факта, что треуrольник Bcer... да пон:роет хотя бы одну целочисленную ТОЧRУ тоrда и только тотда, коrда ero площадь не меньше с 2 /2 (с  1), rде с  длина ero наибольшей стороны. Однако наиболь... ший интерес представляет рассмотрение эллипса. У эллипса бесконечное число форм. Тем не менее yc ловием Toro, что он обязательно покроет хотя бы одну целочисленнуrо точку, является следуrощее: в стандаР1'- ном положении (центр  в начале координат, а оси рас- положены вдоль осей координат) он покрывает точку (1/2, 1/2). Докажем эту теорему. Решение. Пусть данный эллипс задается уравнением Ь 2 х 2 + а 2 у2 == а 2 Ь 2 . Условие Toro, что он покрывает точку (1/2, 1/2) запишется 'l'aK: 1 Ь 2 + 1 а 2 <:. а 2 Ь 2 или а 2 + Ь 2 <:. 4а 2 Ь 2 . Тоrда теорема утверждает, что эллипс всетда понры", вает хотя бы ощну целочисленную точку тоrда и только торда, котда а 2 + Ь 2  4а 2 Ь 2 . а) Достаточность. Предположим, что а 2 + Ь 2  4а 2 Ь 2 . Рассмотрим теперь целочисленную решетку L точек (и, и), определенную заданными осями u и и. Пусть наш эллипс Е расположен 154 
некоторым образом на этой решетке L (рис. 95). Мы xo тим проводить вычисления в системе координат х и у, оси ноторых совпадают с осями эллипса Е. В этой системе координат эллипс Е находится в с'тандартном положениИ у v .,/ ./ ./ ./ .,/ .,... .-' ./ .,/ .,/ ./ .-' .-' .-' ./ .,/ .,... ", L ", .-' ", .-' ..... \ ----.-'.-' 1...! -;:::;. .-'.-' ---- .,\: .-' .-' ......-' ...... ",.................. .-;:::;. .-' 1-'.-'.-'---- ./ .-' ---- ", .-' ---- .-' .-'  ./ Рис. 95 и имеет уравнение Ь 2 х 2 + а 2 у2 === а 2 Ь 2 . Линии решетки L MorYT пересекать нашу плоскоС'ть (Х 2 у) под произволь ным уrлом. Так как оси u и v перпендикулярны, то из четырех их направлений одно имеет TaHreHc утла Ha нлона т относительно ПЛОСКОСТII (ху), заключенный в пределах 1  m  1. Будем считать, что это направле ние имеет ось и. Линии решетки v === n, rде n  целое число, составляют множество равноудаленных паралле\ль ных прямых, TaHreHc уrла наклона которых равен m в си стеме координат (х, у), и они пересекают ось у во MHO ,"кестве равноудаленных точен В п . Начнем с нахождения расстояния ВпВ п + 1 между по следовательными пересечениями оси у. Пусть точка Р, взятая на прямой Т, проведенной через начало коорди нат О с уrловым коэффициентом т, имеет координату х, равную 1 (рис. 96). Пусть ордината точки Р будет PN. Так как уrловой коэффициент PN/ON == т, то мы имеем ti5 
PN == т и ОР == 1" 1 + т 2 . Теперь ОПУСТИ1vI перпендику ляр B n + 1 S на прямую v == n. Так как соответствующие уrльt Bn+lB n S и ВnОР равны, мы имеем равные допол пительные уrлы SBn+lBn и PON. Следовательно, треyrоль ники Вn+lВn8 и PON равны (B n + 1 S == ON == 1) и получаем соотношение вn в n+l == ОР == -у 1 + т 2 . Тоrда точки Вn расположены на оси у с шаrоМ l' 1 + т 2 . Поэтому пекоторая точка Вn == ( О, у) должна имет ь коор- динату у в интервале   У1 + т 2 <у<  У1 + т 2 , у v p . fJ ,п 1 \' . 7' / Рис. 96 у v о   v 1 + "l2 Рис. 97 который получается, если центр mara взять в начале KO ординат (он слитКО}1 велик,. чтобы ТОЧI{И Bn моrли через Jlero переmаrвуть) (рис. 97). Если точка ВВ имеет коор- 156 
динаты (О, kJ, то уравнение прямой Ln точек решетки (v == n на L)' имеет вид у== тх + k, rде   У1 + m 2 <k<.  У1 + т 2 . Пока мы не имеем rарантий, что прямая Ln будет пересекать наш эллипс Е. Однако из их уравнений мы находим у == тх + k, Ь 2 х 2 + а 2 у2 == а 2 Ь 2 , Ь 2 х 2 + а 2 (тх + k)2 == а 2 Ь 2 , откуда получаем  тka 2 :f: аЬ У ь 2 + а 2 т 2  k 2 Х == ь 2 + а 2 т 2 · Так как эллипс Е содержит точку (1/2, 1/2)', то мы имеем, что а 2 + Ь 2  4а 2 Ь 2 , и поэтому ( ь; ) + (:2 ) <. 4, OT куда 1/Ь 2 < 4 и 1/а 2 < 4, так как а и Ь оба отличны от 1 1 нуля. Поэтому Ь 2 >4 И а 2 >4. В результате мы имеем k2<,(  У 1 +т 2 У == 1 (1+т 2 )== 1 + 2 <Ь 2 +а 2 т 2 . Поэтому величина, расположенная под знаком KBaд pa'THoro корня, а именно Ь 2 + а 2 т 2  k 2 , положительна; это означает, Что прямая L 1 должна пересечь наш эл.. липс Е. Теперь найдем длину d пересечения прямой Ln с эл.. липсом Е. Если мы покажем, что d не меньше 1, то из целочисленных точек на Ln, расположенных с интер.. валом 1, хотя бы одна должна попасть внутрь эллипса Е. Пусть хl И Х2  абсциссы точек пересечения эллип... са Е с прямой Ln. Так как прямая Ln в координатах (Х, у) имеет уравнение у == тх + k, то ТОЧRами пересе- чения будут точки (Хl, тХl + k) и (Х2, тХ2 + kJ. Поэтому d 2 == (X2Xl)2+ (тX2тXl)2== '(X2Xl)2(1+m2). Рассматривая ранее наЙlденные значения коорД,инат точек пересечения, мы видим, что з начения Xl и Х2 равны  тka" :t аЬ У ь 2 ,. 22 ....... k 2 .2 -ф .Эшl . 157 
Тоrда квадрат . их разности равеп [ 2аЬ V ь 2 + а 2 т 2 ....... k 2 ] 2  4а 2 ь 2 (ь 2 + а 2 т 2 ....... k 2 ) ь 2 + а 2 т 2 (ь 2 + а 2 т 2 )2 Поэтому а 2 == 4а 2 ь' (ь 2 + а 2 т 2 ...... k 2 ) (! + т 2 ) (ь 2 + а 2 т 2 )" и d 2 (b 2 + а2т2) 2 === 4а 2 Ь 2 (Ь 2 + а 2 т 2  k 2 ) {1 + т 2 )". Вычитая ( Ь 2 ,+ a 2 rп 2 ) 2 из каждой стороны, получаем (d 2  1) (Ь 2 + а 2 т 2 ) 2 == ,== 4а 2 Ь 2 (Ь 2 + а 2 т 2  k 2 ) -( 1 + т 2 )  (Ь 2 + а 2 т 2 ) 2. Показав, что правая часть этоrо неравенства неотри- цательпа, мы получим, что d 2  1  О, и d  1, т. е. то, что мы хотели получить. Теперь, заметив, что из о:::;; - (а  Ь) 2 следует ус ловие 2аЬ  а 2 + Ь 2 , мы из неравенства I 'а ! + b2<4a2b2' получаем, что 2аЬ  4а 2 Ь 2 , т. е. 1  2аЬ. Поэтому 1  2а Ь < а 2 + Ь 2 и , a2+bStt O 1 .: Так как также имеет место неравенство k 2   (1 + т 2 )/4, мы получаем 4а 2 Ь 2 (Ь 2 + а 2 т 2  k 2 ) (1 + т 2 )  (Ь 2 + а 2 т 2 )2   4а2Ь2 (Ь2 + а2т2':""" 1  т 2 ) (1 + т 2 )  (Ь 2 + а 2 т 2 )2 == == (т t a 2 + Ь 2 ) (4а 2 Ь 2  а 2  Ь 2 ) + 4т 2 а 2 Ь 2 (а 2 + Ь 2  1). Правильпо.сть последнеrо шаrа можно увидеть, если сделать все перемножения. Из вышеприведенных Hepa венств мы имеем 4а 2 Ь 2  а 2  Ь 2 ? О и а 2 + Ь 2  1  о. Таким образом, результат неотрицателен и достаточ нооть установлена. б) Необходимость. Те)перь предположим, TO эллипс Е всеrда покрывает Ц'еJIочислевиую ТО.КУ. Нвтрудво покавать, что в таком .(18 
случае этот ЭЛЛИIIС, находясь в стандартном положении, покрывает точку (1/2, 1/2). Предположим противное, т. е. что это не происходит. Тоrда совершим параллельный перенос начала координат в точку (1/2, 1/2). в результате TaKoro переноса цело.. численные точки перейдут в центры единичных квадратов I I + I I , I I + I I    I I + I I I l/ j,..1 I 1  : I  I I + I I I I I I I + I I I I + I I I I + I I I I + I I х I I -+ I I //'.... I ,J I f i L \, I )  , J :::  -у   I \ I r ;' I I I нашей решетки (рис. 98). Если некоторая область по... рывала целочисленную точку, то после этоrо преобразо вания она будет покрывать центр единичноrо квадрата и наоборот. Если эллипс Е не покрывант точку (1/2, 1/2), то из ero симметрии следует, что он не покрывает ни oд Horo из центров квадратов. Таким образом, коrда мы передвинем систему координат, то он не будет покрывать ,ни одной целочисленной точки, что противоречит тому, что эллипс Е всеrда покрывает хотя бы одну целочислен... пую точку на решетке (определяемой в Iданном случае центрами единичных :квадратов). Поэтому эллипс Е дол жен покрывать точку ( 1/2, 1/2)  и теорема доказана. I \ + I I ЗАДАЧА 91. АРХИМЕДОВЪI ТРЕуrольники Рис. 98 Одним из замечательных достижений вели.. Koro Архимеда является нахождение площади cerM811Ta параболы (Т. е. ее части, отсекаемой хордой). Он нашел, что площадь cerMeHTa, ПОрОjRДаемоrо хордой АВ, р...вIIЯ" ется 2/3 площади треуrольника Р АВ, RОТОрЙ ОD:p'@де.. '10 
ляется касательными в точках А и Б. Такой треуrольник РАБ называется «архимедовым» треуrольником (рис. 99). Можно Iпоказать, что медиана РТ, опущенная на xop ду архимедов а треуrольника, параллельна оси параболы, и пересеRает параболу в точке С, таRОЙ, что касательная N / м Рис. 100 1 (; Рис. 99 MCN параллельна хорде АВ. Также оказывается, что точки М и N явЛЯЮтся серединами отрезков РА и РВ. Поэтому треyrольник САВ имеет тО' же основание, что и треyrольник РАВ, а высоту вдвое меньшую, откуда 1 площадь CAB == "2 площади ДРАВ. Следовательно, 2 4 площадь параболичесrо сетмента == 3" S дРАВ == 3 S дСАВ. - Рассмотрим теперь треуrОЛЬНИR, являющийся архиме-- ' довым для трех парабол, Rаждая из которых касается двух ето сторон в вершинах. АРХИМ8\ДОВ треуrольник со' своими тремя параболами образует конфиrурацию, бо rаlТУЮ интересными свойствами (рис. 100). 1) Параболы всетда пересекаются на медианах Tpe уrольника (например, NT М ....... медиана). 2) Эти точки пересечения исеrда отсекают 1/9 длины медианы (считая от середины стороны) {т. е. МТ == == (1/9)MN, или МТ: TN === 1: 8). 3) Парабо.пы и проведенные между ними медианы делят треyrольиик на 18 частей, 12 из которых оrрани чены двумя ОТр8ками прямых и одной дуrой, а 6 оТра.... 160 
ничены двумя дуrами и одним отрезком. Эти 12 частей имеют одинаRОВУЮ площадь (5/162 площади треуrоль... НИRа), а 6 частей таRже имеют одинаковую площадь (17/162 площади треуrОЛЬНИRа). 4) Касательные R параболам в ТОЧRе их пересечения (например, в точне Т) делят на три равные части примы... каЮЩУIО к ним сторону (т. е. точки Р и Q Д,елят на три равные части oTpe30R Gl) (рис. 101). 5) «Окружность девяти точек» (проходящая через середины сторон) пересекает мед,иану и высоту, BЫXO дящие из одной вершины (например, GF и СК) в двух N Рис. 101 у H(}; k) Рис. 102 точках Х и У, Rоторые определяют ПРЯМУIО, перпенди- RУЛЯРНУЮ медиане, откуда следует, что она перпенди-- кулярна и оси (соответствующей) параболы и поэтому параллельна ее диреRтрисе. На самом деле эта прямая (ХУ) является самой директрисой. 6) Прямая, проходящая через фокус f параболы па.. раллельно стороне треуrольника, RОТОрОЙ эта парабола не Rасается, отрезает от медианы (GF) к этой стороне отреЗ0К (ZF), который равен отрезку медианы от :вер-- шины треуrольника (С) дО директрисы (т. е. G Х == ZF) . Здесь мы завершаем наше собрание рассказов о за.. дачах рассмотрением свойств 1), 2) и половины свой... ства 3). Рассмотрим 1) и 2). Эти свойства устанавливаIОТСЯ OДHOBpMeHHO с показом Toro, что точка W, Rоторая делит 11 Р. Хонсберrер 161 
медиану MN в отношении 1: 8, лежит на :каждой И8 парабол, Rасающихся стороны С/ (рис. 102). Так как эти параболы совершенно эквивалеНТНЫ 2 мы рассмотрим только одну ИН них, проходящую через точки N и /. Предполоя{им, что ее уравнение есть у2 == Х и ЧТО KOOp динаты точек N и l соответственно (k 2 , k) И (t 2 , t). Тоrда касательные GN и Сl имеют уравнеНIIЯ х  2ky + k 2 == О и х  2ty + t 2 === о. Решая их совместно, получаем Rоординаты точки G(kt, (k + t)/2). (Кстати мы отметим! что ордината (k + t)/2 точки G такая же, что и у середины отрезка М/, отсюда следует, что медиана к хорде N/ параллельна оси параболы.) !\ООРlдинаты точки М  середины отреЗRа СI равны (t(k+t)/2, (k+3t)/4). ТОЧRа, которая делит отре,зо:к MN в отношении 1 : 8, имеет координаты ( k2 + 8 С (t i k) ) k + 8 (k  3t) ) 9 ' 9 ' или (  [k 2 + 4t (k+ t)],  [k + 2 (k + 3t)]). Для этой точии мы имеем у2 == 811 [k + 2 (k + 3t)]2 == ;1 (3k + 6t)2 == 111 === 1) (k + 2t)2 == 9" (k2 + 4kt + 4t 2 ) == 9 [k 2 + 4t (k + t)] === х, что поназывает ее прпнадлежность параболе. 3) Центроид 11 отсекает треть у l\tIедиан ЕI и FG. Так 111 как ЕА === 1) EI, то ЕА == зЕН. Аналоrично, РВ ==з- FН . Потому прямая АВ параллельна ЕР. Как было ранее замечено, прямая EF касается параболы, проходящей че.. рез точки G и 1, в точке С \пересечения параболы с медианой MN. Теперь вспомним свойс'тво «диаметра» параБQЛЫ (рис. 103): rеометричесное место середин параллельных хорд па.. раболы называется ее диаметром, и все диаметры пара- болы параллельны ее оси; кроме Toro, касательная в «конце» диаметра параллельна множеству хорд., деля- 162 
щихея пополам этим (диаметром. Поэтому прямая PQ, исходящая из точки Р на параболе, параллельна ее оси и делит пополам :каi-:КДУЮ ее хорду, параллеЛЬНУIО :кaca тельной в точне Р. Теперь, на:к мы толы(о что видели, хорда АВ парал лельна насательной ECF, rде СО  час'Ть медианы NM, N х fl м Рис. 104 1 Рис. 103 параллельной оси параболы (рис. 104). Соответственно, СО является диаметром и СО делит пополам все хорды, параллельные прямой EF (и АВ). Тотда отсюда мы за ключаем, что прямая СО делит пополам площадь ceTMeH та АВС. АВ является одной из хорд, :которые делятся по полам диаметром СО. Поэтому ОН делит пополам площадь треуrольни:ка АВН, и мы видим, что СН делит пополам ПЛощадь Фиrуры АНВС. Поэтому площадь Фиrуры AIIC равна половине площади фиrуры АНВС и равна половине суммы площади сетмента АВС и площади треуrольни:ка АВН. Теперь мы приступим :к вычислению площадей сетмента АВС и треуrольника АВН. Пос:коль:ку отрез:ки EF и АВ параллельны, треуrоль НИI\И EF Н и АВН подобны. Поэтому s 6АВН == ( АН ) 2 === (  ) 2 == .!, s t:..EFH ЕЛ 3 9 4 и S ABH == 1f S EFH. {1 8 163 
Из TOrO, что отрезок ЕР параллелен отрезку GI, мы получаем, что треуrольники ЕР Н и HGI подобны. Так как отношение соответствующих сторон равно 1/2, то 1 S D-EFH === 7; S D-HGI. Однако центроид Н отсекает треть медианы MN, откуда следует (из подобия треуrольников), что соответствующие высоты, опущенные на GI в треуrольнике HGI и треyrоль нике NGl, также относятся как 1: 3. Следовательно, площадь треуrольника HGI равна одной трети площадд треуrольника NGI и S6EFH == 1 (  S6 N G1) == 11 2 S f',.NGI' Соответственно S "'АВН == : S f',.EFH == : ( 1 S f',.NGI) === 217 S f',.NGl' . 4 Наконец, площадь cerMeHTa АВС равняется 3" площади треуrольника АВС. Так как точки А и В делят отрезки ЕН и F Н в отношении 1 : 2, расстояние между параллель-- ными прямыми ЕР И АВ, которое является высотой треуrольника АВС, опущенной на основание АВ, является половиной высоты, опущенной из точки Н на АВ в тре- уrольнике АВН. Поэтому площадь треyrольника АВС равна половине площади треуrольника АВН, и мы имеем 1 1 ( 1 ) 1 S "'АВС == "2 S ",АВН =="2 , 27 S f',.NGl == 54 S f',.NGl. Следовательно, площадь cerMeHTa АВС == ==  Sf',.ABC == : ( 5 Sf',.NGl) == 8 Sf',.NGl и окончательно площадь области АСН ==  ( 8 S f',.NGl + ;1 S f',.NGl) == == (:1 +  ) S f',.Nl == 12 S f',.NGl. 164 
УПР АЖНЕНИЛ 1. Пассажирский поезд, двиrаIОЩИЙСЯ со скоростью, в х раз большей скорости TOBapHoro поезда, обrоняет ero. Если бы поезда двиrались навстречу друr друrу, то время прохождения одноrо поезда мимо друrоrо было бы в х раз меньше, чем в пер.. вом случае. Найдите х. 2. Даны две окружности. Из центра каждой из этих окружно" стей проведены касательные к друrой окружности (рис. 105). Дo кажите, что эти касательные высекают на окружностях равные хорды. : 7  ...... /  // // ../; -,/ Рис. 105 3. Найдите наименьшее натуральное число, обладаIощее тем свойством, что сумма ero цифр не является делителем суммы КУ" БОБ ero цифр. 4. Обозначим через А, В и С три точки на параболе, ось ко.. торой вертикальна (Т. е. параллельна оси у). Обозначим через тА тантенс утла наклона касательной к параболе в точке А, через тАВ  тантенс уrла наклона хорды АВ и т. д. Докажите слеДУIО щее неожиданное свойство: тА == тАВ + тАС  твс. 5. Докажите, что «маrическая постоянная» маrическоrо квад.. paTa3 Х 3 всеrда делится на 3. @: Некто получил чек на некоторое количество долларов и центов. Коrда он получал деньrи по чеку, кассир сделал ошибку, уплатив столько долларов, сколько было указано центов, и наобо рот. Позже, истратив 3,5 доллара, клиент обнаружил, что у Hero осталось вдвое больше денет, чем было указано на чеке. На какую сумму был выписан чеI? 7. ПGКiжите, что у каждоrо тетраэдра найдется хотя бы одна ве]JmИ'Ва, в которой все уrлы примыкающих к ней rравей  ocrpbl8. 161 
8. Дан мноrочлен f (х) с цель'(ми коэффициентами, нечетное число а и четное число Ь таI{ие, что f (а) и f (Ь) оба нечетпы. Дo кажите, что уравнение f (х) === о не имеет целых корней. 9. Ни в одной из вершин простоrо мноrоrранника Р не cxo дятся ровно 3 ребра. Докажите, что не меньше 8 rраней Mnoro rранника р  треуrольники. 10. Докажите, что любая степень а П числа а, rде а и п  Ha туральные числа и п > 1, является суммой а последовательных нечетных чисел. 11. Хорда постоянной длины скользит вдоль данной окружно сти: Нонцы хорды проектируются (ортоrонально) на фиксирован ный диаметр оиружности. Основания проекции и середина хорды образуют вершины треуrольника. Докажите, что этот треуrоль ник  равнобедренный и не меняет своей формы при скольжении хорды вдоль окружности. 12. Иrрок А объявляет двузначное число от 01 до 99. Иrрок В меняет местами ero цифры и полученное число прибавляет к CYM ме ero цифр. Полученный результат он объявляет иrроку А. Иrрок А проделывает с этим числом ту же процедуру, и так они продолжают поступать поочередно, объявляя числа. Все числа берутся по модулю 100 и поэтому объявляются лишь двузначные числа. Какие числа может объявить иrрок А на начальном шаrе, чтобы иrрок В в некоторый момент объявил число ОО? 13. Докажите, что из пяти четных цифр, а также из пяти He четных цифр невозможно составить число, являющеся полным квадратом. 14. Переменная окружность проходит через две фиисирован ные точки и пересекает фиксированную окружность в двух точ ках. Докажите, что общие хорды фиксированной окружности и пе... ременных окружностей при продолжении проходят через одну точку (или все параллельны) . 15. Найдите максимальное и минимальное возможное количе ство пятниц В rоду, которые одновременно являются 13ми числами. 16. Найдите два натуральных числа таких, что их сумма бу дет делителем их произведения. 17. Дана окружность с центром О и точка Р, не лежащая на этой ОКРУЖНОС'fИ. Прямая, проходящая через точиу Р, пересекает окрулность в двух точ[{ах и в них строятся касательные к окруж ности. Эти касательные nepeceKaIOT в точиах С и D ПрЯМУJО, про ходящую через точку Р перпендикулярно прямой ОР. Докажите, что точка Р  середина отрезиа CD. 18. Докажите, что для всех п == 1, 2, 3, . . . (15 + 25 + . . . + п 5 ) + + (1 7 +2 7 +...+п 7 ) ==2с (1+2+...+п)4. 19. Докаi-ките, что если провести из оснований высот треуrоль ника перпендикуляры J{ двум друrим сторонам, то шесть OCHOBa пий этих перпендикуляров лежат на одной окружности. 20. Покажите, что натуральное число однозначно определяет ся по произведению всех ero делителей. 21. Докажите, что если в треуrольниие две медианы перпен дикулярны, то треуrольник, составленный тремя медианами исход Horo треуrольни:ка, прямоуrольный и в нем третья медиана являет ся rипотенузой. 22. Пусть fn  nй член последовательности, определяемой сле дующим образом: ,. - ....,...1 ..... 2/...1, 1. == 1, '1 =- ...... t. 166 
Докажите, что 2n+l :7f1  всеrда полный квадрат. 23. у фермера Джона есть телеrа с квадратными колесами. Однако она может двиrаться по дорожной колее без подпрыrива ния. Опишите профиль дорожной KO леи, если колеса движутся без про скальзывания. 24. Найдите все значения 1', дЛЯ HO торых ни одно из чисел п! не он:анчива ется на r нулей. 25. Если центр окружности леjI\ИТ на равнобочной rиперболе и симметрич ная ему относительно центра rипербо ль! точка лежит на окружности, то остальные три из четырех точек пе ресечения окружности с rиперболой образуют равносторонний треуrольник (рис. 106) . ,261 *). несRолыIоo TpaI{TOpOB вспахиваIОТ поле в 300 ra за цe лое число дней, причем каjI{ДЫЙ трактор вспахивает в день 15 ra. Сколько тракторов потребуется дополнительно для Toro, чтобы выполнить работу па 6 днеЙ раньше? 27. В ромбе ABCD yrOJI А равен 600. На стороне CD взята ТОЧ ка М, а на СТОрОНО AD  точка N так, что в треуrольнике BNM один из уrлов равен 600. Докажите, что тоrда и остальные уrлы этоr9 треуrольника содеря\ат по 600. @. Найдите два сеизначных числа такие, что их сумма, их разность n сумма цифр одноrо из них ЯВЛЯIОТСЯ факториалами He которых чисел. 29. В треУI'ольпи[\е АВС уrол А равен 600, а прилеrающие к нему стороны равны 2 и 3. Разрежьте ero на три куска так, чтобы из H!iJX можно было сложить правильныЙ шестиуrольник. (3J1). Найдите пять чисе.JI, если известно, что их суммы по 3 co ответственно равны 3, 4, 6, 7, 9, 10, 11, 14, 15, 17. 31. У лифта на 1 M этаже 18этаЖНОI'О дома собрались 17 ШКОЛЬНИI{ОВ, иоторым нужно подняться BBpX, причем на paa IIые этажи. ЛиФ'rер i-Ke с.оrласен сделать лишь один рейс на любой этаjI{, а дальше пусть они идут пешком. Лиф r способен вместить всех ШКОЛЬНИI{ОВ. Из.вестно, что все школьники с одинаковым He у довольствием СПУСJ\А.ЮТСЯ на один этаж и с двойным неудовольст вием поднимаIОТСЯ пешком на один этаж. Какой этаж RУЖНО BЫ брат, чтобы суммарное неудовольствие БЫJIО наименьшим? ( Найдите четырехзнаqное число, сумма цифр которото paB на разности межцу числом 2011 и самим числом. 33. В левой части равенства 1: 2 : 3 : 4 : 5 : 6 : 7 : 8 : 9 : 1 О == 7 расставьте скобки 'raK, чтобы равенство стало верным. 34. Дорожная Jпахматна-н доска имеет небольшой бортик по rраницам иrРОВО1"'О поля, не позволяющий фиrурам соскаЛЬRывать. Пусть имеется еще комплект домино, каждая кость KOToporo по крывает ровпо две соседние плетки доски. Можно ли уложить комплект домино на :)той доске так, чтобы ни одну из костей нельзя было сдвинуть с места в плоскости досни? у х Рис. 106 *) Задачи 2667 добавлены переводчиками из публикаций журнала «Квант)} за 19911992 rr. 167 
35. Число 1,5 интересно тем, что опо в 4 раза меньше суммы своих цифр. IIайдите число, которое в 8 раз мепьше суммы CBO их цифр. 36. 50 тантстеров стреляют одновременно. КаiНДЫЙ стреляет в ближайшеrо н нему тантстера (или в одното из ближайших, ec ли несколько человек находятся на одинаковом расстоянии оТ вето) и убивает ето наповал. Найдите наименьшее возможное число уGитых. 37. Замените uуивы цифрами TaI{, чтобы соотношение оказа лось верным (одинановым uyr{nt1M соответствуют одинаRО:ВЬН'J циф ры, разным  разные): ХРУСТ · [РОХОТ == РРРРРРРРРРР. 38. В прямоуrольном треУI'ольнике АВС на катетах АВ и Ее взяты точки М и N так, что AlJtI :== СВ и BjJ,f == CN. Докажите, ЧТО уrол между отрезками AN и СМ равен 450. 39. Один чудаковатый часовщик смастерил странные часы. От полуночи до часа они идут нормально, показывая верное время, но затем часовая стрелка начинает идти со скоростью минутной, а минутная со скоростыо часовой. Через час стрелки вновь :мe нялись скоростями, и так ка,идый час. Укажите все MOMIJlTbl Bpe мени, коrда часы показыва:ют верное время. 40. Двенадцать собеседников совещались за круrлым столом. После перерыва они вновь сели за этот стол, но в друrом порядке. Докажите, что наЙДУ'fСЯ такие два собеседника, что между ними (считая от первоrо ко второму по часовой стрелке) во второй раз окажется столько же собеседников, что и в первый раз. 41. На полосу положили квадрат, сторона KOToporo равна ши рине полосы, притом так, что ero rраница пересекла rраницу по лосы в четырех точнах. В четырехуrольнике, вершины KOTQPOrO находятся в этих точках, ПрОn9дены диаrонали. Докажите, что уrол между ними равен 450. 42. Калиф rарунарРашид одарил троих придворных астро- лоrов десятыо кошельками. Мудрецы, сев подсчитывать ДОJ;ОД, об наружили, что один из кошельков пуст, во втором лежит одна таньrа, в третьем..... две, и так далее, до десятоrО J в котором ока- залось девять таньrа. rусейн rуслия взял себе два кошелька. Аб дурахман ибп Хоттаб и ero брат Омар Юсуф поделили оставшие ся кошельки так, что более заслуженный и умудренный rодами Абдурахман получил ббльшую сумму денеr. По дороrе на Омара Юсуфа напали разбойпики и отняли четыре кошелька, так что от подарка калифа ос'rалось лишь 10 таньrа. Какие Rошельки ДOCTa лись rусейну rуслия? 43. Имеется неоrраниченный запас монет в 1, 2, 5, 20, 50, KO пеек и в 1 рубль. Известно, что сумму в А копеек :можно уплатить В монетами. Докажите, что сумму в В рублей можно упп:атить А монетами. 44. В 'футбольпом турнире участвовали 15 команд. Каждая команда сыrрала с каждой по одному разу. Моrло ли случиться, что число побед у каждой команды оказалось равным 1fИСJry ее ничьих? Какой будет ответ, если в турнире участвовали 16 кемаид? 17' команд? 45. Равносторонние треуrольники АВС и PQ.R раСПОЛ6жены TaI{, что вершипа С лежит на стороне PQ, а вершина R иа сторо- не АВ. Донажите, что четырехуrольник ABPQ  трапеция. 46. Использовав ка;кдую иа цифр О, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. 9 по одному разу, составьте такие два пятизначных числа, чтобы их произведение было максимальным. 168 
47. ШахмаТНУIО доску покрыли костяшками ДОМИНО, :каждая иа которых покрывает ровно две Елетки. Восемь костяшек покрывают клетки одной из диаrоналей доски; при этом ОДНИ RОСТЯПIКИ по крываIОТ еще одну клетку выше диаrонали, а друrие  еще одну клетку пяже диаrонали. Докажите, что при любом DОКРЫТИИ доски тех Il друrях н:остяmек будет поровну. 41. По поверхности стола перекатываIОТ нубик, переворачивая er. 111'11 ребра. Можно ли ero перевернуть 12 раз таи, чтобы 811 пе,I."IIУЛСЯ по одному разу через каждое ребро и в результт, ОК.А.IЯ на прежпе м месте? 49. 11:м:еется лист бумаrи. Ero можно разрезать на 6 и.ли 12 ча стой. Rаждый новый HYCOH можно разрезать на 6 или 12 частей И.ли оставить целым и так далее. Мол-\но ли таким образом раз резать лист на 40 частей? Докажите, что MO}I\HO получить любое число частей, большее 40. 50. Найдите TaHoe десятизначное число, состоящее из всех дe сяти цифр, что число из двух ето первых цифр делится на 2, из трех первых цифр  на три, и так далее до Toro, что само число делится на 10. 51. Докажите, чтQ число 2 . 4 · 6 · . . . . · 1990 · 1992  1 · 3 . 5 Х Х 7 · . . . . 1989 · 1991 делится на 1993. 52. На шахматной доске расставлены фиryры так, что на каж дой rОРИJонтали и вертикали стоит не меньше двух ФИI'УР. Всеrда ли MOiI\HO снпть С дос[{и несколько фиrур так, чтобы на кэ-л-\доii rОРИЗ0нтали и вертинали осталось ровно по одной фиrуре? Иссле дуйте вопрос в случае, если на каждой rоризонта.ТIИ и вертикали пер:вопачально стоят ровно по две фиrуры. 53. Найдите наименьшее натуральное число, 1\0TOpOe оканчи BaeTCJl _а 56, делится на 56 и имеет сумму цифр, равную 56. 54. Имеются 9 I{r крупы и чашечные весы с двумя rирями в 50 и 200 r. Попробуйте за три взвешивания отвесить 2 Kr этой крупы. Можно ли ;это сделать, если имеется лишь одна rиря в 200 r? 55. Докажите, что высота треуrольника, опущенная па ббль myIO сторону, не больше суммыI длин перпендикуляров, опущеR ных 113 произвольной ТОЧIИ этой стороны па две друrие стороны этоrо треуrольника. 58. Если вечером на ПОJIе Чудес закопать золотые монеты, то к утру на их месте вырастут одинаковые деревья с золотыми MO нетами на ветвях. Буратино пришел на Поле Чудес в понедельник, имея 5 золотых монет. Он хочет получить не меньше 1992 монет. Вырастив первые дереnья, он понял, что сможет добиться cBoero не раньше среды, но пе позже пятницы. Сумеет ли оп оказаться владельцем ровно 1992 монет? 57. Целые числа а, Ь и с таковы, что аЬ + Ьс + са == О. ДOKa жите, что число аЬс может быть представлено в виде произведе ния квадрата целоrо числа на куб целоrо числа. 58. Правильный треуrольник со стороной n разбит прямыми, параллельными сторонам, на пр3.вильные треуrолъники со CTOpO пой единица. Сколько существует различных равносторонних Tpe уrОЛЬВIiЯОВ, вершины I(ОТОРЫХ являются вершинами этих едивич ных треуrольников? (3аметим, что при n == 1 это число равно 1, при n == 2 оно равно 5, а при п == 3 равно 15.) 59. rавиал, беrе:мо'r, пеЛИRан и кашалот съели в общей слоm ности 37 рыб, причем кашалот съел во столько же раз больше пе- ликана, во сколько пеликан съел больше rавиала. Сколько рыб съел R8ЖДЫЙ? 169 
60. Коrда закончился волейбольный турнир (в один Kpyr), ока.. залось, что иаждая команда выиrрала столько же матчей, сколько и все побежденные ею коМандЫ. Сколько команд участвовало в турнире? 61. Внутри треуrольника отмечена точка М. Пусть L  длина наибольшеrо из отрезков, соединяющих точку М с вершинами, а l  длина наименьшеrо из отрезков, соединяющих точку М с серединами сторон. Докажите, что L  2l. 62. Нетрудно проверить, что 2 делится на 21 3 · 4 делится на 22 4 · 5 · 6 делится на 23. Сформулируйте общее ytbePj-кдение и докажите ero. 63. Тетрадный лист имеет размеры 33 Х 41 клеток. Можно ли в ero клетки записать все числа от 1 до 33 Х 41 == 1353 так, чтобы в каi-КДОМ квадратике 2 Х 2 сумма записанных в нем четырех чи сел была одна и та ,"ке? CQ4{ Таксомоторный парк решил устроить ученикам подшеф ной школы экскурсию. Rоrда к дверям школы подъехала колонна микроавтобусов и «Волr,), то ребята быстро расселись по 12 че ловек в иаждом «РаФИ1{е» и по 7 человек в каждой «Волrе». Коrда подъехали еще три машины, то школьники пересели так, что в каждой «Волте» стало 6 человек, а в каждом «РаФике» 11. Можно ли заназать еще неСIiОЛЬКО машин так, чтобы в каждой «Волrе» было по 5 Шl{ОЛЬНИКОВ, а кая{дом «РаФике» по 10? 65. В 1988 r. телевидение Анчурии начало демонстрацию теле сериала «По иолено в слезах», причем в иаждом rоду, начиная с с 1989ro, было ПОКRзано JIибо па 40 О/о больше, либо на 40 О/о мень- ше серий, чем в предыдущем. Чтобы не наносить больmоrо ущер ба экономике страны, ежедневно показывали не больше двух ce рий. При просмотре 1230й серии зрители были опечалены ссорой rлавных repoeB, но ровно через два rода, в 1992 r., порадовались их счастливому примирению в последней серии. Сколько серий содржал этот замечательный теJIефильм?  Укажите хотя бы одно шестизначное число, явллющееся кубом, такое, что все числа, получаlощиеся из иеrо циклическими перестановками цифр, делятся на кубический корень из этоrо числа. 67. Каждая rрань кубика разбита на четыре квадрата. Всякий отрезок, ЯВЛЯIОЩИЙСЯ общей стороной двух из 24 полученных KBaд ратов ОIiраrпен в синий или красный цвет. Известно, что красных отрезков 26. Докати'rе, что на поверхности кубика найдется замк путая ломаная линия, состоящая только из красных отрезков. 
СПИСОК ЗАДАЧ ПО ТЕМАМ 1. Алrебра, арифмеТИI\а') теория чисел, последоватеыIсти,, вероят- ность Номер задачи 4. 6. 10. 15. 16. 18. 19. 20. 22. 26. 27. 30. 33. 34. 36. 37. 40. 41. 42. 44. 45. 49. 52. 53. 54. 56. 58. 59. 60.  62. 63. 65. 67. 68. 70. 72. 74. Название Страница IlapOMbl ШофеРСI{ая задача cos 17х == f(cos х) Цифры числа 44444444 а(п) + <р(п) == п · d(n) Сумма минимумов Три последние цифры числа 79999 Катяп;аяся Иf'ра.IьнаJl кость Двойная последовательность а Ь и Ь а Математическая шутка Система диофантовых уравнений Снежки Цифры чисел с единицы по миллиард Одно диофантово уравнение Последовательность Фибоначчи Совершенные числа Стороны четырехуrольника Простые числа в арифметической проrрессии Коровы и овцы Последовательность квадратов О функции л(п) Утяжеленные иrральные кости Курьезная последовательность Длинные цепочки последовательных натуральных чисел Треуrольные числа Числа Ферма Неравенство обратных величин Четвертая степень Красные и зеленые мячи Составные члены в арифметической проrрессии Тесты Еще одно диофантово уравнение Необыкновенное свойство комплеI{СНЫХ чисел Повторяющиеся цифры в копце квадрата Система неравенств Еще раз о полных квадратах 11 13 18 25 26 29 30 31 33 44 45 52 58 59 65 67 74 76 76 80 81 86 91 92 95 99 106 108 108 114 115 118 122 123 126 128 130 71 
75. Необыкновенный l\fноrочлен 77. Леrконаходимый остаток 78. Любопытное свойство числа 3. 80. Всетда квадрат 81. rруппировка натуральных чисел 83. Дроби, полученные с помощыo перестановки 84. О биномиальных коэффициентах 85. Число Ферма F 1З 87. Специальные тройки натуральных чисел 88. Суммы простых чисел 89. Еще одна курьезная последовательность 133 137 137 139 139 141 142 143 147 147 149 11. Комбинаторика, Rомбинаторная rеометрия (маRСИМУМЫ и ми IIИМУМЫ) 1. Шахматный турнир 7 2. Упорядоченные разбиения числа n 8 3. Области в Rpyre 9 8. Раскрашивание плоскости 17 11. Квадрат на решетке 19 13. КреСТИI\ИНОЛИI{И 23 21. Протыкание куба 32 23. Окружности, разбивающие точечные множества 35 28. Карты на сфере 46 29. Выпуклые области на плоскости 49 32. Элеrантно разрушенная шахматная доска 53 35. Прииыкающие непересекающиеся единичные KBaд раты 60 39. Разделенные Целочисленные точки 72 47. KpaCHЬH и синие точим 84 51. Ноличество внутренних диаrоналей 89 61. УпаI{ованные квадраты 109 69. Цепочка окружностей 123 90. Эллипс и целочисленная решетна 154 111. rеометрия (маI\СИМУМЫ и минимумы) 5. Выпячивающаяся полуокружность 12 7. Ширмы в уrлу 15 9. Очевидный максимум 18 12. Непрозрачный квадрат 21 14. Удивительное свойство прямоуrОЛЬБ;ЫХ треуrолъ ников 24 17. О kоблаках 28 24. О длинах сторон треуrольника 38 25. 11ОjI{алуйста, не вычисляйте 39 31. Отра1кенные касательные 53 38. Неравенство Эрдеша 70 43. О чевианах 78 4.6. Вписанный десятиуrольник 81 48. Метод Шаля 85 50. Постоянная хорда 88 55. Минимальный вписанный четырехуrольник 96 57. О правильном nтреуrОЛЬНИRе 104 172 
64. 66. 71. 73. 76. 79. 82. 86. 91. ПРИDженные равносторонние треуrольники Приложение теоремы Птолемея Биссектриса уrла Неожиданное свойство правильноrо 26уrольника Центроиды на окружности Квадрат внутри квадрата Треуrольники, стороны которых образуют арифме тическую проrрессию Вписанный четырехуrОЛЬНИR Архимедовы треуrольники 116 119 127 128 134 138 {4О 146 159 
НаУЧНОПОПУJIярное ИЗДание ХОНСБЕРrЕР Росс (США) МАТЕМАТIIЧЕСКИЕ изюминки Виблиотечиа «!\вант», выпуси 83 Запедующий редакцпей Н. А. IIocoea Редантор Т. С. Rу.л:l.l1iов Хуцожнии Б. М. Ряб'Ышев Художественный редантор Т. М. R'Jровunа Технический редактор Е. В. Мороаова норректорыI Т. С. Вайс6ере, В. п. Соропиnа ИВ М 41078 Сдано в набор 08.06.92. Подписано и печати 23.11.92. Формат 84 Х 1081/32. Бумаrа типоrрафская М 2. rарнитура обыиновенная. Печать высокая. Усл. печ. л. 7,59. Усл. Kp.OTT. 7 ,94. Уч.изд. л. 8,38. Тираж 55 450 виз. Заказ М 261. COH. Издательскопроизводственное объединение «Науию). rлавная редакция физикома'rематиqеской литературы. 117071, Москва, Ленинсний проспект, 15. Новосибирская типоrра.рия М 4 ВО «Науиа». 630077, r. НовосиБИРСR, 77, СТ:lIПlслаВСI\оrо, 25. 
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА» rЛАВНАЛ РЕДАКЦИЯ ФИ3Иl\ОМАТЕМАТИЧЕСI\Ой ЛИТЕРАТУРЫ 117071 Москва B71, Ленинский иросиект, 15 выmли ИЗ ПЕЧАТИ В СЕРИИ «БИБЛИОТЕЧRА «HBAIIT» Выи. 1. М. п. Бронштейн. Атомы и электроны. Выи. 2. М. Фарадей. История свечи. Выи. 3. О. Оре. Приrлаmение в теОРИIО чисел. Выи. 4. Оиыты В домашней лаборатории. :Выи. 5. и. Ш. Слободецкий, л. r. Асламазов. Задачи ио физике. Выи. 6. Л. п. Мочалов. rоловоломки. Выи. 7. П. С. А.лександров. Введение в теОРИIО rрупи. Выи. 8. В. r. Штейнrауз. Математический калеЙДОСН:ОII. Выи. 9. Замечательные ученые. Выи. 10. В. М. rлушков, В. Я. Валах. Что такое or АС? Выи. 11. r. и. Коиылов. Bcero лишь кинематика. Выи. 12. я. А. Смородинский. Температура. Выи. 13. А. Е. Кариов, Е. Я. rик. Шахматный калейдоскоп. Выи. 14. С. r. rиндикин. Рассказы о физинах и математиках. Вып. 15. А. А. Боровой. Нак реrистрируют частицы. Выи. 16. М. И. l\araHoB, В. М. ЦУI{ерник. Природа маrнетизма. Вып. 17. И. Ф. Шарыrин. Задачи ио rеометрии: Планиметрия. Выи. 18. Л. В. Тарасов, А. Н. Тарасова. Беседы о иреЛОМJIепии света. . Выи. 19. А. л. Эфрос. Физика и rеометрия бесиорядка. Выи. 20. С. А. Пикин, л. М. Блинов. Жидкие кристаллы Выи. 21. В. r. Болтянский, В. А. Ефремович. Наrлядная тоиолоrия. Выи. 22. М. и. Башмаков, Б. М. Беккер, В. М. rольховой. Задачи ио математике: Алrебра и анализ. Выи. 23. А. Н. Колмоrоров, И. r. Журбепко, А. В. Прохоров. Вве- дение в теорию вероятностей. Вып. 24. Е. Н. rик. Шахматы и матемаТИI(а. Выи. 25. М. д. ФранкНаменецкий. Самая rлавная моленула. Выи. 26. В. С. Эдельман. Вблизи аБСОЛIотноrо нуля. Вып. 27. С. Р. Филонович. Самая большая скорость. ВI.IП. 28. Б. С. Бокштейн. Атомы блуждают ио :кристаллу. Выи. 29. А. В. Бялко. Наша иланета  Земля. Выи. 30. М. Н. Аршинов, Л. Е. Садовский. Коды и математика. Вып. 31. И. Ф. Шарыrип. Задачи по rеометрии: Стереометрия. Выи. 32. В. А. 3аймовский, Т. л. Колупаева. Необычайные свой ства обычных металлов. Выи. 33. М. Е. Левинштейн, r. С. Симин. Знакомство с полуиро водниками. Выи. 34. В. Н. Дубровский, Н. А. Смородинский, Е. Л. Сурков. Pe ЛЯТИВИСТСRИЙ мир. Вып. 35. А. А. Михайлов. Землл и ее вращение. Вып. 36. А. п. Пурмаль, Е. М. Слободоцкал, С. о. Травип. !{aI\ пре вращаются вещества. Выи. 37. r. С. Воронов. Штурм термоядерной креиости. Выи. 38. А. д. Чернин. 3везды и физика. Выи. 39. В. Б. Браrинский, А. r. Полнарев. Удивительная rрави тация. Выи. 40. с. С. Хилькевич. Физика BOKpyr нас. Выи. 41. r. А. 3вениrородский. Первые уроки ироrраммирования, 
Вып. 42. л. Н. Тарасов. Лазеры: Действительность и' надежды. Вып. 43. О. Ф. Кабардин, В. А. Орлов. Международные ФизичеСI{ие олимпиады школьников. Вып. 44. л. Е. Садовский, А. Л. Садовский. Математика и спорт. Вып. 45. л. Б. Окунь a,, "(, ... z (Элементарное введение в фи зику элементарных частиц). Вып. 46. я. Е. rеrузин. Пузыри. Вып. 47. л. С. Ма рочпик. Свидание с кометой. В.IП. 48. А. Т. Филиппов. Мноrолииий солитон. В.IП. 49. К. ю. Боrданов. Физии в rостях у биолоrа. Вып. 50. Занимательно о физике и математике. Вып. 51. Х. Рачлис. Физика в ванне. Вьтп. 52. В. М. Липунов. В мире двойных звезд. Вып. 53. И:. К. Кикоин. Рассказы о физике и физиках. Выи. 54. л. С. Понтряrин. Обобщения чисел. Вып. 55. И. д. Данилоп. Секреты проrраммируемоrо микроRалы\ лятора. Вып. 56. В. М. Тихомиров. Рассказы о максимумах и минимумах. Вып. 57. А. А. Силин. Трение и мы. Вып. 58. л. А. Ашкинази. Вакуум для науки и техники. Вып. 59. А. д. .Чернин. Физика времени. Вып. 60. Задачи московских физичеСI\ИХ олимпиад. Вып. 61. М. Б. Балк, В. r. Болтянский. rеометрия масс. ВJIП. 62. Р. Фейнман. Характер физических законов. Вып. 63. л. r. Асламазов, А. А. Варламов. Удивительная фИЗПТR. Вып. 64. А. JI. I\олмоrоров. Математика  наука и профессия. Вып. 65. 1\1. Е. Левинштейн, r. с. Симин. Барьеры (от кристаЛJIа до интеrральной схемы). Вып. 66. Р. Фейнман. К8Д  странная теория света и вещестР,а. Вып. 67. Я. Б. Зельдович, М. Ю. Хлопов. Драма идей в познании природы (частицы, поля, заряды). Вып. 68. И. Д. Новиков. Как взорвалась Вселенная. Вып. 69. М. Б. Беркинблит, Е. r. rлаrолева. Электричество в jI{И вых орrанизмах. Вып. 70. А. л. Стасенко. Физика полета. Вып. 71. А. С. Штейнберr. Репортаж из мира сплавов. Вып. 72. В. Р. Полищук. Как исследуют вещества. Вып. 73. Л. Кэрролл. Лоrическая иrра. Вып. 74. А. ю. rросберr, А. Р. Хохлов. Физика в Mpe полимеров. Вып. 75. А. Б. Миrдал. Квантовая физика для больших и Ma леньких. Вып. 76. В. С. reTMaH. Внуки Солнца: Астероиды, кометы, метеор" ные тела. Вып. 77. r. А. rальперин, А. Н. Земляков. Математические биль ярды: Бильн:рдные задачи и смежные вопросы математики и механики. Вып. 78. В. Е. Белонуqкин. Кеплер, Ньютон и все, псе, все... Вып. 79. С. Р. Филонович. Судьба классическоrо закона. Вып. 80. М. п. Бронштейп. Солнечное вещество; Лучи икс; Изобре татели радиотелеrрафа. Вып. 81. А. И. Буздин, А. Р. Зильберман, С. с. Кротов. Раз задача, два задача... Вып. 82. Я. И. Перельман. Знаете ли вы физику? Вып. 83. Р. Хонсберrер. Математические изюминки. Вып. 84. Ю. Р. Носов. Дебют оптоэлектроники.