ВСЕРОССИЙСКИЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
ШКОЛЬНИКОВ л,.
i	11
ПРОСТЫЕ ЧИСЛА				137	181	233	281	347	397	449	503	571	619
2	23	59	97	139	191	239	283	349	401	457	509	577	631
3	29	61	101	149	193	241	293	353	409	461	521	587	641
5	31	67	103	151	197	251	307	359	419	463	523	593	643
7	37	71	107	157	199	257	311	367	421	467	541	599	647
11	41	73	109	163	211	263	313	373	431	479	547	601	653
13	43	79	113	167	223	269	317	379	433	487	557	607	659
17	47	83	127	173	227	271	331	383	439	491	563	613	661
19	53	89	131	179	229	277	337	389	443	499	569	617	673
?? 743	811	877	941
33 751	821	881	947
91 757	823	883	953
3: 761	827	887	967
39 769	829	907	971
1) 773	839	911	977
2? 787	857	919	983
3} 797	859	929	991
39 809	863	937	997
Л = LimR =
 fe (2 + 2 ГЗ+2T^B + • • • + 2 —з?.?|'2‘пП+1)) ”
= 3,141592653589793238462643383
27950288419716939937510582097
4944592307816406289208998628
03482534211706798214808651328
2306647093844609550 5822317253
59408128481117450284102701938
52110555964462294895493038196...

ВСЕРОССИЙСКИЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
ШКОЛЬНИКОВ
КНИГА ДЛЯ УЧАЩИХСЯ
МОСКВА
«ПРОСВЕЩЕНИЕ»
1992
ББК 74.200.58
В85
Авторы: Г. Н. Яковлев, Л. П. Купцов, С. В. Резниченко,
П. Б. Гусятников
Рецензент: кандидат физико-математических наук
Г. А. Гальперин
Всероссийские математические олимпиады школьников:
В85 Кн. для учащихся / Г. Н. Яковлев, Л. П. Купцов, С. В. Рез-
ниченко, П. Б. Гусятников,— М.: Просвещение, 1992.—
383 с.: ил.—ISBN 5-09-003871-6.
Книга содержит задачи заключительных этапов Всероссийских мате-
матических олимпиад. К большинству задач даны оригинальные реше-
ния. Тексты задач и их решения сопровождаются чертежами, схемами,
таблицами. Книга предназначена для учащихся 9—11 классов, интере-
сующихся математикой, а также может быть использована учителями
во внеклассной работе.
В 430!?!???1>~249 33-92 (заказ по КБ-31-1991)	ББК 74.200.58
103(03)—92
ISBN 5-09-003871-6	© Яковлев Г. Н. и другие, 1992
СЛОВО К ЧИТАТЕЛЮ
Дорогие юные любители математики!
На математических олимпиадах, как и на всяких соревнова-
ниях есть победители, которые получают премии и призы, но
большинство участников не получают ни призов, ни премий.
Однако здесь нет побежденных. Даже само общение с ребятами,
увлеченными математикой, и знакомство с новыми оригинальными
задачами и нестандартными методами их решения откроют перед
вами новые горизонты и принесут вам много пользы. Неудачное
выступление на математической олимпиаде вовсе не означает,
что вы не сможете успешно заниматься математикой и в даль-
нейшем работать в тех сферах деятельности, где она применяется.
Ни для кого не секрет, что научно-технический прогресс не-
возможен без развития фундаментальных наук, среди которых
математика занимает особое место. Математическое моделиро-
вание явлений природы и общества и научные методы совре-
менной математики широко используются в различных областях
науки, техники и экономики. Применение ЭВМ существенно
расширяет класс теоретических и практических задач, допускаю-
щих построение и детальный анализ их математических моделей.
Развитие науки и техники последних десятилетий показало,
что математические модели, первоначально открытые и раз-
работанные для задач физики и механики, проникают почти во
все разделы современного естествознания, техники и экономики.
В настоящее время математическое моделирование плодотворно
используется в геофизике, физике атмосферы и океана, гео-
логии, химии, биологии, теории управления,tэкономике, экологии,
медицине, лингвистике.
Внедрение электронных вычислительных машин и систем
в повседневную практику требует, чтобы основами математи-
ческих методов овладели широкие слои учащихся. Знакомство
с этими методами начинается еще в школе на уроках математики,
физики и информатики. Математические олимпиады призваны
способствовать повышению интереса учащихся к математике
и к тем сферам человеческой деятельности, где она применяется.
Будущему исследователю необходимо много работать, быть
настойчивым в достижении поставленной цели, уметь не теряться
при решении нестандартных задач. Чтобы выработать в себе
эти качества и проверить свои способности, можно начать
с решения задач, предлагавшихся на Всероссийской математи-
ческой олимпиаде школьников. Среди них есть задачи на любой
вкус: и легкие, и достаточно трудные.
Желаю вам успехов в овладении математикой — прекрасней-
шей из всех наук!
Академик В. С. Владимиров
3
ОТ АВТОРОВ
Настоящая книга написана на основе материалов третьего
(областного) и четвертого (заключительного) этапов Всероссий-
ской математической олимпиады школьников. Она содержит
задачи, которые предлагались учащимся девятых, десятых и
одиннадцатых классов, и является своеобразным отчетом о Все-
российской математической олимпиаде. Тексты задач приводятся
в основном в том виде, в каком они давались на соответствующей
олимпиаде; внесены лишь несущественные изменения, которые,
в частности, вызваны тем, что в школьном курсе математики
произошли некоторые изменения в терминологии и обозначениях.
При написании решений авторам пришлось преодолеть серьезные
трудности, поскольку в настоящее время в школьных программах
и учебниках отсутствуют некоторые темы, которые прежде изуча-
лись в курсе математики средней школы. С учетом этого решения
написаны так, чтобы они были понятными и убедительными
для сегодняшних школьников.
Авторы благодарят всех членов предметных методических
комиссий по математике Всесоюзной и Всероссийской олимпиад
школьников, с которыми им выпала честь работать, и особенно
Н. X. Агаханова, К. А. Букина, В. В. Вавилова, Г. А. Канунникову,
А. В. Клюшина, Л. М. Короткову, Б. Н. Кукушкина, С. Н. Марко-
ву, Ю. В. Нестеренко, В. В. Пикан, Н. С. Прокофьеву, Л. Н. Ряза-
нову, А. М. Слинько, В. К. Смирнову, Д. А. Терешина, В. М. Урое-
ва, Д. Г. Фон дер Флаасса, Е. И. Хухро и К. И. Шалимову.
Н. X. Агаханов не только внимательно прочитал рукопись книги
и сделал ряд полезных замечаний, но и предложил в ряде
случаев другие, более изящные решения, основанные на принци-
пиально новых идеях.
Неоценимую помощь в работе над текстами задач и решений
постоянно оказывали члены редколлегии журнала «Математика
в школе» А. И. Верченко, Н. А. Курдюмова и Р. С. Черкасов.
Авторы благодарны также членам редколлегии журнала «Квант»
А. А. Егорову, Ю. П. Соловьеву и А. Б. Сосинскому, сделавшим
возможной публикацию материалов Всероссийской олимпиады
в журнале «Квант».
Инициаторами написания этой книги являются бывшие замес-
титель министра просвещения РСФСР Л. К. Балясная и пред-
седатель Центрального оргкомитета Всероссийской физико-
математической и химической олимпиады школьников академик
В. С. Владимиров. Их внимание ощущалось на всех этапах
подготовки и проведения олимпиад.
Предлагаемая вниманию читателей книга состоит из трех
частей, содержащих материал соответственно для девятого,
десятого и одиннадцатого классов. В каждой части приводятся
тексты задач по годам в том порядке, в каком эти задачи давались
4
на соответствующей олимпиаде. Кроме того, для удобства все
задачи одного и того же класса снабжены единой нумерацией.
После текстов задач даны их подробные решения, а в конце
каждой части книги приведены ответы, а также указания, которые
написаны авторами так, чтобы, используя их, читатель мог
восстановить решения задач, предложенные авторами. Поэтому
читателю, не сумевшему самостоятельно решить ту или иную
задачу, но желающему научиться решать олимпиадные задачи,
будет полезно сначала познакомиться с указаниями к задаче, еще
раз попытаться решить ее, руководствуясь этими указаниями, и
только после повторной неудачной попытки приступать к разбору
авторского решения. Список литературы в конце книги содержит,
в частности, статьи о Всероссийской олимпиаде школьников по
математике, опубликованные в журналах «Математика в школе»
и «Квант». Авторы надеются, что эта книга окажется полезной
школьникам и их учителям, а также всем, кому нравится решать
нестандартные задачи.
Чтобы облегчить читателю работу с книгой, приведем при-
нятые в ней обозначения.
0	— пустое множество
N	— множество натуральных чисел
Z	— множество целых чисел
R	— множество действительных	чисел
оо	— символ бесконечности
а^А — элемент а принадлежит множеству А
а$А — элемент а не принадлежит множеству А
{Я1, ...,	— множество, состоящее из элементов ..., ап
(ал)	—последовательность чисел ая, n£N
B(ziA — множество В является подмножеством множества А
AU# —объединение множеств А и В
AQB — пересечение множеств А и В
А = В — множества А и В равны
[a; ft]	— отрезок числовой прямой с концами а и	b
(а; Ь)	— интервал	числовой прямой с концами а	и ft
[а; ft)	— открытый	справа числовой промежуток
(а\ Ь]	— открытый	слева числовой промежуток
f (х)	— функция аргумента х
f' (х)	— производная функции f (х)
f" (х)	— вторая производная функции f (х)
л	— длина полуокружности радиуса 1
е	— основание натуральных логарифмов
1g а	—десятичный логарифм числа а
Ina — натуральный логарифм числа а
log;, а — логарифм числа а по основанию ft
[х]	— целая часть числа х
5
|х| п! Ск	— дробная часть числа х — абсолютная величина (модуль) числа х — факториал числа п — биномиальный коэффициент — запись п-значного числа в десятичной системе счисления
АВ АВ АВ	— отрезок с концами А и В или его длина — прямая, проходящая через точки А и В — луч, выходящий из точки А и проходящий через точку В
АВ	— дуга с концами А и В или ее величина
АВС АВС Z.A ААВС	— дуга с концами А и С, содержащая точку В — плоскость, проходящая через точки А, В и С — угол с вершиной А или его величина — угол с вершиной Ви сторонами ВА и ВС или его величина
ДАВС А1...А„ $ А АВС $АВ...М Ум	— треугольник с вершинами Д, В и С — многоугольник или ломаная с вершинами Дь Ап — площадь треугольника АВС — площадь многоугольника АВ...М — объем многогранника М
ДДВСоо д41В|С|—треугольники АВС и Л1В1С1 подобны
ДЛВС= дЛ1В|С| — треугольники АВС и Д1В1С1 равны
а__	— вектор
Л D	г	л
__	— вектор с началом А и концом В
laL	— длина вектора
а-Ь = (а, Ь) — скалярное произведение векторов а и b
Тдв	— параллельный перенос
Wo	—	гомотетия с центром О	и	коэффициентом	k
Ro	—	поворот плоскости с центром	О	на	угол	ср
9 класс
ПЕРВАЯ ОЛИМПИАДА (1974—1975 гг.)
Ill этап
1.	В квадрате площадью S расположены 1975 фигур, сумма
площадей которых больше 1974S. Докажите, что у этих фигур
есть общая точка.
2.	Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 выбираются четыре цифры
и из них составляются два наиболее близких друг к другу двузнач-
ных числа. Обозначим модуль их разности через d. (Таким образом,
каждой четверке цифр соответствует некоторое положительное
число d.) Какое наибольшее значение может принимать d? (При-
ведем пример: если выбраны цифры 1, 2, 7, 9, то d=27—-19=8.)
3.	Учитель танцев хочет расставить по кругу 10 мальчиков
и несколько девочек так, чтобы рядом с каждым мальчиком стояли
мальчик и девочка и через одного от каждой девочки тоже
стояли мальчик и девочка. Сколько девочек он должен пригласить?
4.	Можно ли разбить квадрат на шесть меньших квадратов?
Укажите все значения k, для которых квадрат нельзя разбить
на k меньших квадратов.
5.	Две высоты треугольника равны 10 и 6 см. Докажите,
что третья высота меньше 15 см.
6.	Обязательно ли треугольник равнобедренный, если центр
вписанной в него окружности одинаково удален от середин
двух сторон?
7.	На плоскости проведена окружность с центром О радиу-
сом 1. Две соседние вершины квадрата лежат на этой окруж-
ности. На каком наибольшем расстоянии от точки О могут лежать
две другие его вершины?
IV этап
8.	Хорда окружности удалена от центра на расстояние h.
В каждый из сегментов, стягиваемых хордой, вписан квадрат
так, что две соседние вершины квадрата лежат на дуге, две
другие — на хорде. Чему равна разность сторон этих квадратов?
9.	Можно ли разрезать ножом (по прямой) прямоугольный
торт размером 8X28 см на два куска так, чтобы они поместились
в круглой коробке радиуса 10 см? (Куски торта должны лежать
на дне коробки, не налегая друг на друга.)
10.	Можно ли расставить числа 1, 2, 3,..., 24, 25, 26 в вершинах
и серединах сторон правильного 13:угольника так, чтобы сумма
трех чисел, стоящих на каждой стороне, была одной и той же?
7
1L В квадрате размером 15X15 клеток нужно отметить
крестиком несколько клеток так, чтобы в каждом прямоугольнике
с горизонтальной стороной длиной 5 и вертикальной стороной дли-
ной 3 нашлась отмеченная клетка. Какое наименьшее число
клеток можно таким образом отметить? (За единицу длины при-
нята длина стороны клетки; вершины прямоугольников лежат
в узлах сетки.)
12.	Известно, что
х + 2х = у + 2^.
Докажите, что
x + sin x = y + sin у.
ВТОРАЯ ОЛИМПИАДА (1975—1976 гг.)
III этап
13.	Тридцать клеток расположены в ряд и занумерованы
слева направо в порядке возрастания номеров. На самой левой
клетке (с номером 1) стоит белая фишка, на самой правой клетке
(с номером 30) — черная. Каждый из двух участников играет
фишкой определенного цвета, по очереди передвигая свою фишку
на одно или на два поля вперед или назад. Запрещается про-
пускать ход и перепрыгивать через фишку соперника. Про-
игравшим считается тот, у кого нет возможности сделать очеред-
ной ход. Кто выигрывает при правильной игре: начинающий
игру или его партнер?
14.	Имеет ли уравнение
19х2 —76у2= 1976
решение в целых числах?
15.	Множество, состоящее из девяти чисел 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,
разбивается на три группы по три числа и в каждой группе под-
считывается произведение чисел. Пусть Р — наибольшее из этих
произведений при данном разбиении. Как следует разбить данные
девять чисел на три группы, чтобы полученное число Р было
наименьшим возможным? Найдите наименьшее возможное значе-
ние для Р.
,16. Внутри правильного ДАВС расположено несколько не-
пересекающихся треугольников, гомотетичных дЛВС с одним
и тем же отрицательным коэффициентом гомотетии. Докажите,
что сумма площадей этих треугольников не больше площади
дЛВС.	3
17.	Внутри квадрата ABCD взята точка М. Докажите, что
справедливо неравенство
АМАВ + Z.MBC + /-MCD-\- AMDA>\3b°.
8
18.	Два квадрата AB\C\D\ и AB2C2D2 на плоскости (вершины
перечислены в одном направлении) имеют общую вершину А.
Докажите, что прямые В1В2, С1С2, D\D2 имеют общую точку.
IV этап
19.	Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пере-
секаются в точке О. Какую наименьшую площадь может иметь
этот четырехугольник, если площадь ДДОВ равна 4 см2, а пло-
щадь &COD равна 9 см2?
20.	Один часовщик изобрел часы, которые в полночь показы-
вают точное время и далее верно идут в течение часа. Затем
в течение следующего часа минутная стрелка движется со
скоростью часовой, а часовая — со скоростью минутной. Еще
через час стрелки снова меняются скоростями и т. д. Укажите
все моменты времени, когда часы показывают верное время.
21.	Из дроби разрешается получить любую из трех
дробей т-~п , rri+n , —. Можно ли, используя такие опера-
г	п	п tn
ции, из дроби получить дробь -|р?
22.	Внутри остроугольного треугольника АВС дана точка Р,
такая, что
Z4PB=Z4CB + 60°, ZBPC=Zfi4C + 60°,
Z_CPA = ZCB4+ 60°.
Докажите, что точки пересечения продолжений отрезков АР,
ВР, СР (за точку Р) с окружностью, описанной около треуголь-
ника АВС, лежат в вершинах равностороннего треугольника.
23.	Тома детской энциклопедии стоят в таком порядке: 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 11. С ними разрешается проделать следую-
щую операцию: взять любые три рядом стоящих тома и поста-
вить их между любыми двумя томами, а также в начало и в ко-
нец ряда, не меняя при этом порядка этих трех томов. Докажите,
что, повторив несколько раз эту операцию, можно поставить
тома в порядке возрастания номеров.
ТРЕТЬЯ ОЛИМПИАДА (1976—1977 гг.)
III этап
24.	В ромбе ABCD угол АВС равен 120°. На сторонах
АВ и ВС взяты точки Р и Q так, что AP = BQ. Найдите углы
APQD.
25.	Найдите трехзначное число, которое уменьшается в 7 раз
после зачеркивания в нем средней цифры.
9
26.	В круге радиуса 1 расположен выпуклый пятиугольник.
Докажите, что сумма его сторон и диагоналей меньше 17.
27.	Лист бумаги разрывают на пять частей и одну из частей
выбрасывают. После этого выбирают одну из оставшихся частей
и вновь разрывают ее на пять частей, одну из которых выбрасы-
вают. Описанную процедуру повторили несколько раз и перед тем,
как выбросить очередную часть, подсчитали число образовавших-
ся частей. Оказалось, что оно равно 1977. Докажите, что при
подсчете допущена ошибка.
28.	Найдите наименьшее число Af> 1976, такое, чтобы число
fit 4-/12+ +>»</
5
было целым при любом задании натуральных чисел т, п?,.... nN, не
делящихся на 5.
IV этап
29.	Две пересекающиеся окружности вырезают на плоскости
три ограниченные непересекающиеся области. Докажите, что не
существует окружности, которая делит каждую из этих трех
областей на две равновеликие части.
30.	Найдите все трехзначные числа, которые при делении
на 37 дают остаток 2, а при делении на 11 — остаток 5.
31.	На сторонах АВ и CD квадрата АВ CD взяты точки К. п L
так, что BK = CL. Из точки А на BL опущен перпендикуляр AM.
Найдите Z.KMD.
32.	Внутри выпуклого многоугольника с четным числом вершин
взята произвольная точка. Через каждую, вершину и эту точку
проведена прямая. Докажите, что найдется сторона много-
угольника, которую не пересечет во внутренней точке ни одна из
проведенных прямых.
33.	Десять векторов таковы, что длина суммы любых девяти
из них меньше длины суммы всех векторов. Докажите, что
существует ось, проекции этих десяти векторов на которую
имеют одинаковые знаки.
ЧЕТВЕРТАЯ ОЛИМПИАДА (1977—1978 гг.)
III этап
34.	В квадрате ABCD взята точка Р так, что Х~РАВ =
= Z.PBA = 15°. Докажите, что треугольник PCD равносторонний.
35.	Выясните, какое из двух чисел больше:
19781976-19761978 или- (1977)2'1977.
10
36.	Даны два множества А и В. Найдите все множества X,
удовлетворяющие условиям:
(А(]Х=В(]Х=А{\В,
1ЛивиА:=лив.
37.	Дан выпуклый пятиугольник ABCDE. Площадь каждого
из треугольников ABC, BCD, CDE, DEA, ЕАВ равна S. Найдите
площадь данного пятиугольника.
38.	Докажите, что уравнение
Xx + y*=z!
не имеет решений в натуральных числах.
IV этап
39.	Найдите все натуральные числа, которые нельзя пред-
ставить в виде суммы нескольких последовательных натураль-
ных чисел.
40.	На сторонах АВ и AD параллелограмма ABCD взяты
соответственно точки Е и F так, что отрезок EF параллелен
диагонали BD. Докажите, что площади треугольников ВСЕ и
CDF равны.
41.	В разные моменты времени из пунктов А к В выехали
навстречу друг другу велосипедист и мотоциклист. Встретившись
в точке С, они тотчас развернулись и поехали обратно. Доехав
до своих пунктов, они опять развернулись и поехали навстречу
друг другу. На этот раз они встретились в точке D и, развернув-
шись, вновь поехали к своим пунктам. И т. д. В какой точке
отрезка АВ произойдет их 1978-я встреча?
42.	На клетчатой бумаге отмечен прямоугольник размером
2X6 клеток. Можно ли раскрасить узлы, лежащие на границе
и внутри этого прямоугольника (всего их 21), в два цвета так,
чтобы никакие четыре одноцветные точки не оказались вершинами
прямоугольника со сторонами, идущими вдоль линий клетчатой
бумаги?
43.	Среди всех четырехугольников с данными диагоналями
и данным углом между ними найдите четырехугольник на-
именьшего периметра.
ПЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1978—1979 гг.)
III этап
44.	Внутри треугольника взяты п различных точек. Они
соединяются между собой и с вершинами треугольника (до тех
пор, пока это возможно) отрезками так, что отрезки не имеют
общих внутренних точек и ни одна из выбранных п точек не
11
лежит внутри отрезка. Докажите, что число отрезков не зависит
ни от расположения точек, ни от способа их соединения отрезка-
ми, и найдите это число.
45.	Найдите все числа и, которые удовлетворяют следующему
условию: среди чисел 1, 2, 3, ..., 999, 1000 имеется ровно 10 чисел,
у каждого из которых сумма цифр равна п.
46.	Укажите на координатной плоскости Оху точки, коорди-
наты (х; у) которых удовлетворяют уравнению
(х2 + у2 — 4)2 (ху — \)2 + ^у2—х2 =0.
47.	Пешеход, идя вдоль шоссе без остановки с постоянной
скоростью, заметил, что каждые 6 мин его догоняет троллейбус,
а каждые 3 мин проходит встречный троллейбус. Каков интервал
между отправлениями троллейбусов с конечных пунктов, если
в обе стороны троллейбусы отправляются через одинаковые
промежутки времени, идут без остановки с постоянной и одинако-
вой скоростью?
48.	На сторонах AD и DC параллелограмма ABCD взяты
соответственно точки N и М так, что AN:AD = l :3, DM:DC =
= 1:4. Отрезки ВМ и CN пересекаются в точке О. Найдите от-
ношение ОМ :ОВ.
IV этап
49.	Докажите, что в каждой из последовательностей:
а)	22 + 1, 42+1, 62+ 1, 82+ 1,
б)	42+1, 1424-1, 242+1, 3424-1,...
имеется бесконечно много составных чисел.
50.	Представьте многочлен х4 + ах2 + &, где a,b^R, в виде
произведения двух многочленов второй степени с действитель-
ными коэффициентами.
51.	На сторонах АВ, ВС, CD, DA выпуклого четырехуголь-
ника ABCD площади S взяты соответственно точки М, N, Р, Q так,
что
AM BN СР ^DQ
АВ ВС CD DA ‘
Найдите сумму площадей треугольников APB, BQC, CMD, DNA,
52.	В треугольнике АВС угол В равен 60°, биссектрисы АК
и СЕ пересекаются в точке О (точки К и£ лежат на соответствую-
щих сторонах треугольника). Докажите, что ОК = ОЕ.
53.	На плоскости расположены два миллиона точек. Суще-
ствует ли окружность, внутри которой расположен ровно миллион
точек?
ШЕСТАЯ ОЛИМПИАДА (1979—1980 гг.)
III этап
54.	Вершина С параллелограмма ABCD соединена с середи-
ной L стороны АВ. На отрезке LC взяты точки М и N так, что
отрезок ВМ параллелен отрезку DN (точка М лежит между
точками L и N). Найдите отношение площадей многоугольника
ABMND и треугольника ВМС.
55.	Докажите, что число
^444...4 — 11 • 444-4+ 9~
1980 цифр.	990 цифр
целое, и найдите это число.
56.	На основании AD трапеции ABCD взяты точки и L
так, что AK — LD. Отрезки АС и BL пересекаются в точке М,
отрезки КС и BD — в точке N. Докажите, что отрезок MN
параллелен основаниям трапеции.
57.	Из чисел 1, 2, 3,	98, 99, 100 наудачу взято 51 число.
Докажите, что среди выбранных чисел всегда найдутся два
числа, из которых одно делится на другое.
58.	На отрезке [—10; 2] найдите все числа %, которые удовлет-
воряют уравнению [х2]=[х]2. (Здесь и далее через [х] обозначе-
на целая часть числа х, т. е. наибольшее целое число, не превос-
ходящее х.)
IV этап
59.	Группу туристов решили рассадить по автобусам так,
чтобы в каждом автобусе было одинаковое количество пассажи-
ров. Сначала в каждый автобус сажали по 22 человека, однако
оказалось, что при этом не удается посадить одного туриста.
Когда же один автобус уехал пустым, то в оставшиеся автобусы
все туристы сели поровну. Выясните, сколько первоначально
было автобусов и сколько туристов в группе, если известно, что
в каждый автобус помещается не более 32 человек.
60.	На отрезке АВ симметрично относительно его середины
расположены 2п точек. Какие-то п из них назовем красными,
остальные — синими. Докажите, что сумма расстояний от всех
красных точек до точки А равна сумме расстояний от всех синих
точек до точки В.
61.	Дан правильный шестиугольник ABCDEF. Точка М —
середина отрезка CD, точка К — середина отрезка DE, L —
точка пересечения отрезков AM и ВК. Докажите, что площади
треугольника ABL и четырехугольника MDKL равны, и найдите
величину угла между прямыми AM и ВК
13
62.	Сколько различных чисел встречается среди чисел
Г I2 ~| Г 22 ~1 Г З2 ] Г19792 ~| Г19802~1
L 1980 J ’ L 1980 J ’ L 1980 J ’ L 1980 J ’ L 1980 J ’
где [х] — целая часть числа х?
63.	Из произвольной точки М описанной около дЛВС окруж-
ности опущены перпендикуляры MN и МК на прямые АВ и АС
соответственно. Для какой точки М длина отрезка NK будет
наибольшей?
СЕДЬМАЯ ОЛИМПИАДА (1980—1981 гг.)
III этап
64.	Докажите, что число
Vi — 27 V264-9	V26
целое, и найдите это число.
65.	Может ли в треугольнике сумма двух высот быть больше
суммы двух сторон, на которые эти высоты опущены?
66.	Пусть N — натуральное число, большее 9, все цифры кото-
рого нечетны. Может ли N быть квадратом натурального числа?
67.	Квадраты ABCD и AEFG на плоскости (вершины пере-
числены против часовой стрелки) имеют общую вершину А. До-
кажите, что их центры и середины отрезков BG и DE являются
вершинами некоторого квадрата.
68.	В круге, площадь которого равна 1, дана 1981 точка,
никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите,
что из этих точек можно выбрать три такие, что площадь тре-
угольника с вершинами в выбранных точках будет меньше 0,0011.
IV этап
69.	Докажите, что число (1 4--\/2)1981 представляется в виде
а + & -у/2, где а и b — взаимно простые числа.
70.	Дан треугольник АВС. На продолжениях сторон АВ, СВ
и медианы МВ за точку В взяты точки К, L, N соответственно
так, что BK:AB=±3:l, BL:CB = 5:l, BN:MB = 4'A. Найдите
отношение площадей треугольников АВС и KLN.
71.	Последовательность (ап) задана рекуррентным способом:
а\=т, ап + 1—ап + 2“",
если п^1, т — данное натуральное число. Докажите, что среди
членов этой последовательности найдется бесконечно много
чисел, делящихся на 3.
14
72.	Коэффициенты а, Ь, с уравнения
х3 + ах2 + Ьх 4- с=О
по модулю не превосходят 1980. Может ли это уравнение иметь
корень, больший 1981?
73.	Правильные треугольники АВС и A>BiCi (вершины пере-
числены против часовой стрелки) расположены на плоскости так,
что АВ|=2ВЛ|. Точка D — середина отрезка ЛВ|. Найдите вели-
чины углов треугольника CDCt.
ВОСЬМАЯ ОЛИМПИАДА (1981 — 1982 гг.)
Ill этап
74.	В каждой вершине правильного 1982-угольника записано
положительное число, причем каждое из этих чисел равно сред-
нему арифметическому двух чисел, записанных в соседних верши-
нах. Докажите, что все записанные в вершинах многоугольника
числа равны между собой.
75.	Имеются два сосуда емкостью 9 л и 11 л. Как, используя
их, налить из крана 10 л воды в 11-литровый сосуд?
76.	Найдите такое четырехзначное число, что первые две его
цифры одинаковы, следующие две цифры также одинаковы,
а само это число является квадратом натурального числа.
77.	Дан четырехугольник ABCD. Точки М и N — середины
диагоналей АС и BD соответственно. Выразите вектор MN через
векторы АВ и CD.
78.	Дана трапеция ABCD (где ВСЦДД). Точки Р, М, Q, N
являются серединами сторон АВ, ВС, CD и DA соответственно.
Докажите, что отрезки AQ, PD и MN пересекаются в одной
точке.
IV этап
79.	В треугольнике АВС проведена биссектриса АК (точка К
лежит на стороне ВС). Известно, что центры вписанной в дДВК
и описанной около дДВС окружностей совпадают. Найдите
углы дДВС.
80.	В мастерской имеется 5 различных станков. Обучение
одного рабочего работе на одном станке стоит 1000 р. С какими
наименьшими затратами можно обучить 8 рабочих так, чтобы
при отсутствии любых троих из них все станки могли быть одно-
временно использованы в работе? (Каждый рабочий может
одновременно работать только на одном станке.)
81.	В некотором королевстве имеется 6 городов. Министер-
ство транспорта получило от короля приказ установить между
15
каждыми двумя городами один из трех видов сообщения:
железнодорожный, шоссейный или воздушный. При этом король
потребовал, чтобы, во-первых, никакие три города Д, В, С не были
связаны одним и тем же видом сообщения, т. е. чтобы при уста-
новлении сообщения между Д и В, В и С, С и А были использованы
по крайней мере два из трех видов транспорта, а во-вторых,
чтобы для любого разбиения шести городов на три пары не все
виды сообщения в парах были различны. Сможет ли Министер-
ство транспорта выполнить приказ короля?
82.	Какое наибольшее число точек можно выбрать на отрезке
[О, 1 ] так, чтобы на любом отрезке [й; 6], содержащемся в отрезке
[0; 1], лежало не более 1 + 100(6— а)2 выбранных точек?
83.	Окружность, вписанная в ДДВС, касается его сторон ДВ,
ВС и ДС в точках At, N и Р соответственно. Известно, что ДЛ^ +
+ ВР + СЛ1 = 0. Докажите, что ДДВС правильный.
ДЕВЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1982—1983 гг.)
Ill этап
84.	Два автохозяйства отправили несколько машин для пере-
возки грузов. Число машин, отправленных из второго авто-
хозяйства, меньше удвоенного числа машин, отправленных из
первого. Если бы первое автохозяйство послало на две машины
больше, а второе — на две машины меньше, то машин из второго
автохозяйства было бы больше, чем машин из первого. Сколько
машин отправлено из каждого автохозяйства, если всего было
отправлено менее 18 машин?
85.	Даны две окружности, пересекающиеся в точках М и N.
Через точку М проведена прямая т, пересекающая первую
окружность в точке Д, вторую —
в точке В, причем точка М лежит
на отрезке ДВ. Через точку N
проведена прямая л, пересека-
ющая первую окружность в точке
С, вторую — в точке D, причем
точка N лежит на отрезке CD,
а точки С и D лежат по одну сто-
рону от прямой т. Докажите, что
прямые АС и BD параллельны.
86. Замкнутая ломаная ABCDEA
имеет форму пятиконечной звезды
(рис. 1). Докажите, что справед-
ливо равенство
АЁАВ+ ^АВС+ ^BCD +
+ Д CDE + Д DEA = 180°.
16
87.	Какое из чисел больше:
23 98 + 1	23|982+1 ?
2319в2+1	23|9вз+1 ’
88.	Докажите, что функция
определена для любого x£R и является нечетной, т. е.
f (—х)= — f (х)
для любого x£R.
IV этап
89.	Сумма ста действительных чисел равна нулю. Докажите,
что их можно занумеровать так, чтобы первое число было не-
отрицательным и чтобы для любого k ^2 сумма k первых чисел
также была неотрицательной.
90.	Можно ли в клетках квадратной таблицы 6X6 записать
натуральные числа от 1 до 36 так, чтобы сумма чисел, записанных
в клетках каждой из фигур, изображенных на рисунке 2, дели-
лась на 2?
91.	Разложите число 21982 + 1 на два натуральных множителя,
каждый из которых не меньше 1000.
92.	Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник. От некоторой
точки О откладываются четыре вектора, равные ЛВ, ВС, СО, ОД,
концы которых обозначаются В], Ci, Oi, А\ соответственно. Всегда
ли четырехугольник A\B\C\D\ выпуклый? Чему равна его пло-
щадь, если площадь четырехугольника ABCD равна S?
93.	Учитель нарисовал на доске прямоугольный ДЛВС с пря-
мым углом при вершине В и вписанный в него равносторонний
дДМР, такой, что точки Д, М, Р лежат на сторонах АВ, ВС, СА
соответственно, причем отрезки КМ и АС параллельны. Затем
он стер с доски все, за исключением точек А, Р, С, и предложил
ученикам при помощи циркуля и линейки восстановить стертые
точки и линии. Как это сделать?
Рис. 2
17
ДЕСЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1983—1984 гг.)
Ill этап
94.	Найдите все пары натуральных чисел (т; п), удовлетворяю-
щие уравнению
19m + 84/i = 1984.
95.	В выпуклом четырехугольнике ABCD отрезки, соединяю-
щие середины противоположных сторон, равны. Найдите площадь
четырехугольника ABCD, если известно, что АС==2, BD=i.
96.	Из пункта А в пункт В выехал велосипедист. Навстречу
ему и одновременно с ним из В в Л выехал мотоциклист. Они
встретились в 14 ч. Если бы велосипедист двигался с вдвое боль-
шей скоростью, то они встретились бы в 13 ч 30 мин. Если бы
мотоциклист двигался с вдвое большей скоростью, то они встрети-
лись бы в 13 ч 12 мин. В котором часу выехали велосипедист
и мотоциклист?
97.	Стороны двух углов пересекаются в точках А, В, С, D.
Известно, что биссектрисы этих углов взаимно перпендикулярны.
Докажите, что точки А, В, С, D лежат на одной окружности.
98.	В клетках квадратной таблицы 25X25 симметрично от-
носительно диагонали, соединяющей верхний левый й нижний пра-
вый углы, расставлены шашки, причем на каждой горизонтали
стоит ровно 5 шашек и в каждой клетке находится не более одной
шашки. Докажите, что на указанной диагонали обязательно
стоит хотя бы одна шашка.
IV этап
99.	Каждую грань куба разбили на четыре одинаковых
квадрата и каждый получившийся квадрат покрасили одной из
трех различных красок. Оказалось, что любые два квадрата,
имеющие общую сторону, покрашены в разные цвета. Докажите,
что всего имеется по восемь квадратов каждого цвета. При-
ведите пример такой раскраски.
100.	Постройте плоскую замкнутую восьмизвенную ломаную,
пересекающую каждое свое звено ровно один раз, причем во
внутренней точке звена.
101. Окружности с центрами О| и Оч одинакового радиуса
касаются друг друга в точке А. Окружность с центром О3 вдвое
большего радиуса содержит внутри себя окружность с центром
Oi, касаясь ее в точке В, а окружность с центром Оч пересекает
в точках Р и Q. Докажите,-что прямая АВ проходит или через
точку Р, или через точку Q.
102.	Циферблат часов (круг с числами 1, 2, 3, ..., 11, 12) на
сажен в центре на ось, укрепленную на классной доске. Цифербл-'
может поворачиваться вокруг оси на любой угол, кратный 3
18
Вначале на доске около каждого числа циферблата написали
нуль. Затем циферблат несколько раз повернули, причем после
каждого поворота к каждому из написанных на доске чисел при-
бавляли то число, которое оказалось около него на циферблате.
Могут ли в итоге все числа на доске оказаться равными 1984?
103.	Натуральные числа a, b, с, d удовлетворяют равенству
ab = cd. Докажите, что число	*
а1984 ь 1984	с1984	^984
является составным.
ОДИННАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1984—1985 гг.)
Ill этап
104.	Числа а, Ь, с таковы, что а>0, 6>а4-с. Докажите, что
уравнение ах'2 ЬхА- с = 0 имеет два различных корня.
105.	Найдите четырехзначное число, которое в 4 раза меньше
числа, записанного теми же цифрами в обратном порядке.
106.	На плоскости дан равносторонний треугольник АВС.
Найдите все точки М этой плоскости, такие, чтобы треугольни-
ки АМВ и ВМС были равнобедренными.
107.	Сумма десяти натуральных чисел равна 1001. Какое
наибольшее значение может принимать их наибольший общий
делитель?
108.	В треугольнике АВС из вершины С на сторону АВ про-
ведена высота CD. Докажите, что справедливо неравенство
CD-\-AB>ACA-BC, если: a) Z.C прямой; б) Z.C тупой.
IV этап
109.	Докажите, что для любых чисел х и у, отличных от
нуля, выполняется неравенство
110.	На доске в строку записаны числа
1	1	1	I	1	1	1	1	1	11
2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12'
а)	Докажите, что, как бы мы ни расставили знаки « + » и « — »
между этими числами, полученная алгебраическая сумма не будет
равна нулю.
б)	Какое найменьшее количество написанных чисел необходи-
мо стереть с доски для того, чтобы после некоторой расстановки
знаков «-)-» и « —» между оставшимися числами получилась
алгебраическая сумма, равная нулю?
19
111.	На плоскости даны отрезок АВ и точка С, являющаяся
внутренней его точкой. Найдите множество точек М плоскости,
таких, что Z-AMB= Л. АСМ.
112.	Правильный треугольник АВС полностью покрыт пятью
меньшими равными правильными треугольниками. Докажите,
что треугольник АВС можно полностью покрыть четырьмя такими
же треугольниками. (В данной задаче треугольник рассматривает-
ся вместе с его внутренней областью.)
113.	Представьте многочлен х19в5-|-х-|-1 в виде произве-
дения двух многочленов, степень каждого из которых не мень-
ше 1.
ДВЕНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1985-1986 гг.)
Ill этап
114.	Длины сторон треугольника образуют арифметическую
прогрессию, разность d которой положительна. Докажите, что
в этом треугольнике есть два угла, меньшие 60°.
115.	Овал ABCDEF (рис. 3) составлен из четырех дуг окруж-
ностей. Дуга АВ есть дуга окружности с центром D радиуса 2г.
Дуга BCD есть полуокружность с диаметром DB = 2r. Дуга DE
есть дуга окружности с центром В радиуса 2г. Дуга EFA есть
дуга окружности с центром К, являющимся точкой пересечения
отрезков AD и ЕВ, причем Z_ADB= Z_EBD = 45°. Вычислите
площадь фигуры, ограниченной овалом ABCDEF.
116.	Найдите многочлен с целыми
коэффициентами, такой, чтобы число
а = V2 + V3 было его корнем.
117.	Каждая клетка бесконечно-
го листа клетчатой бумаги окра-
шена в один из данных п цветов
(п ^2). Докажите, что найдутся че-
тыре клетки одного цвета, центры
которых являются вершинами неко-
торого прямоугольника со сторона-
ми, параллельными прямым линиям
на бумаге.
118.	Дроби -L, —, 4-, ..,	,
н 1’2’3	р-2
привели к общему знаменателю
и сложили. Докажите, что если
число р простое и р >2, то числитель
получившейся дроби делится на р.
20
IV этап
119.	Через точку О внутри выпуклого четырехугольника ABCD
проведены четыре окружности одинакового радиуса, каждая из
которых касается двух смежных сторон четырехугольника. До-
кажите, что около четырехугольника ABCD можно описать окруж-
ность.
120.	Длина стороны правильного пятиугольника равна а. Вы-
числите длину диагонали пятиугольника:
а)	используя тригонометрические функции;
б)	не используя тригонометрических функций.
121.	Целые числа а, Ь, с образуют геометрическую прогрес-
сию. Может ли последняя цифра в десятичной записи числа
N = а3-{-Ь3— ЗаЬс быть равной 0, а предпоследняя цифра
при этом быть равной 2?
122.	По дороге едут четверо: один на автомобиле, второй на
мотоцикле, третий на мопеде, четвертый на велосипеде. Каждый
едет со своей постоянной скоростью. Едущий на автомобиле
догнал мопед в 12 ч, встретился с велосипедистом в 14 ч, а с мото-
циклистом в 16 ч. Мотоциклист встретил мопед в 17 ч и догнал
велосипедиста в 18 ч. В котором часу велосипедист встретил
мопед?
123.	На прямоугольном столе без наложений лежат 25 монет
так, что нельзя положить еще одну монету, не накладывая ее
на лежащие монеты. Докажите, что, допуская наложения монет,
весь стол можно покрыть 100 такими монетами. (Монеты —
это кружочки одинакового радиуса. Монета может высовываться
за край стола, но так, чтобы ее центр оставался на столе. Покрыть
стол монетами — значит расположить монеты на столе так, чтобы
каждая точка стола находилась под какой-нибудь монетой.)
ТРИ Н АД ЦАТАЯ ОЛИМП И АДА (1986— 1987 гг.)
III этап
124.	Восстановите цифры х, у, z в равенстве
x5*3yz = 7850.
125.	На сторонах правильного n-угольника вне его построены
квадраты. Известно, что 2/г-угольник, образованный вершинами
этих квадратов, отличными от вершин n-угольника, является
правильным. При каких значениях п это возможно?
126.	Найдите все решения системы уравнений
xyz = x+y + z,
yzt = y + z + C
z/x = z + / + x,
txy = t + x + y.
21
127.	Через вершину В равнобедренного
треугольника АВС проведена прямая I па-
раллельно основанию АС. Окружность с
центром на прямой I касается основания АС
в точке D и пересекает стороны АВ и ВС
в точках Е и F соответственно. Докажите,
что длина дуги EDF не зависит от положения
центра окружности на прямой I.
128.	Дана таблица 3x3, заполненная
целыми неотрицательными числами (рис. 4).
За один ход разрешается к любым двум
соседним числам прибавить одно и то же число. (Соседними
считаются числа, которые записаны в клетках, имеющих общую
сторону.) Можно ли за несколько ходов получить:
а)	таблицу, во всех клетках которой записаны нули;
б)	таблицу, в одной из клеток которой записана единица,
а во всех остальных клетках — нули?
IV этап
129.	Найдите все пары целых чисел (х, у), удовлетворяющие
уравнению
ху = 20 —3x4-4/.
130.	На числовой оси расположено множество М, которое
может быть покрыто тремя отрезками единичной длины. Пусть
М' — множество середин всевозможных отрезков, концы которых
принадлежат множеству Л4, Докажите, что множество М' можно
покрыть шестью отрезками единичной длины. Всегда ли можно
обойтись пятью отрезками?
22
131-	Три окружности имеют общую точку М, попарно пере-
секаются в точках Р, Q, R и расположены на плоскости так,
как показано на рисунке 5. Через произвольную точку А одной
из окружностей, лежащую на дуге PQ, не содержащей точку М,
и точки Р и Q, в которых окружность пересекает две другие
окружности, проведены прямые, вторично пересекающие эти две
окружности в точках В и С. Докажите, что точки В, С и R лежат
на одной прямой.
132.	Дана бесконечная десятичная непериодическая дробь.
Докажите, что можно переставить ее цифры так, что получится
периодическая дробь.
133.	Все углы выпуклого пятиугольника ABCDE равны. Все
углы при вершинах «звезды» ACEBDA также равны. Докажите,
что пятиугольник ABODE является правильным.
ЧЕТЫРНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1987-1988 гг.)
Ill этап
134.	Можно’ ли в вершинах правильного восьмиугольника
расставить числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 таким образом, чтобы суммы
чисел, расположенных в любых трех соседних вершинах, были:
а) больше 11; б) больше 13?
135.	Разрежьте правильный шестиугольник на восёмь равных
частей.
136.	Дан квадрат ABCD. На стороне АВ и на диагонали АС
взяты соответственно точки Р и Q так, что АР".РВ = 3:2, AQ:QC=
= 4:1. Найдите величины углов &.PQD.
137.	Решите систему уравнений
ру2-2у + Зх2 = 0,
(i/2 + x2i/4-2x=0.
138.	Имеются две кучки камешков. Если из первой пере-
ложить во вторую сто камешков, то во второй будет вдвое больше,
чем в первой. Если же, наоборот, из второй кучки переложить
несколько камешков в первую, то в первой будет в шесть раз боль-
ше, чем во второй. Чему равно наименьшее возможное число
камешков в первой кучке? Определите в этом случае число камеш-
ков во второй кучке.
IV этап
139.	Найдите какие-нибудь натуральные числа х и у, удовлет-
воряющие уравнению х2 —51у2=1.
140.	К двум окружностям, пересекающимся в точках М и К,
проведена общая касательная. Докажите, что если А и В —
точки касания, то /LAMB А- /LAKB = 180°.
23
141.	Известно, что а5 — а3 + а = 2. Докажите, что 3<а6<4.
142.	На листе клетчатой бумаги с клетками размером 1 X1
нарисована окружность радиуса R с центром в узле сетки.
Докажите, что если на ней лежит ровно 1988 узлов сетки, то
либо /?, либо R -\[2 — целое число.
143.	В турнире по волейболу каждая команда играет с каж-
дой другой командой ровно один раз (ничьих не бывает). Будем
говорить, что команда А превосходит команду В, если А выиграла
у В или если А выиграла у некоторой команды С, которая выиграла
у В. По окончании турнира чемпионом объявляется любая
команда, которая превосходит все другие команды. Может ли
в турнире оказаться ровно два чемпиона?
ПЯТНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1988—1989 гг.)
Ill этап
144.	Какое наименьшее неотрицательное число можно по-
лучить путем расстановки перед числами 1, 2, 3, .... 1988, 1989
знаков « + » и «—» и последующего выполнения указанных
операций?
145.	Существует ли десятизначное число, делящееся на 11,
в записи которого каждая цифра встречается по одному разу?
146.	Найдите соотношения между коэффициентами а, Ь, с, при
выполнении которых система уравнений
' ах2 А-Ьх-\-с = 0,
* Ьх2 + сх + а—0,
<cx2-j-ax-j-b=O
имеет решение.
147.	Параллелограмм двумя парами прямых, параллельных
его сторонам, разбит на девять параллелограммов (рис. 6).
D
Рис. 6
24
Найдите площадь четырехугольника ABCD, если площадь исход-
ного параллелограмма равна S, а площадь центрального (за-
штрихованного) параллелограмма равна s.
148.	Пользуясь односторонней линейкой и шаблоном, имею-
щим форму правильного треугольника, разделите данный
отрезок:
а) на два равных отрезка; б) на три равных отрезка.
(Шаблон можно обводить по его границе.)
149.	Какое наибольшее число фигур, имеющих форму четверти
круга радиуса 1 см, можно разместить без наложения в прямо-
угольнике размером 2,15X4 см?
150.	Найдите наименьший член последовательности (ап), где
151.	Найдите наименьшее натуральное число, десятичная
запись квадрата которого начинается цифрами 19, а кончается
цифрами 89.
IV этап
152.	Найдите три различных натуральных числа, образующих
арифметическую прогрессию и таких, что их произведение яв-
ляется полным квадратом.
153.	Корни уравнения x2+px-|-<7 — 0, у которого р + </=198,
являются целыми числами. Найдите эти корни.
154.	Двенадцать чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, И, 12 каким-то
образом записаны по окружности. Одним ходом разрешается
поменять местами два соседних числа, если модуль их разности
больше 1. Докажите, что за конечное число ходов все числа можно
расставить в естественном порядке.
155.	Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD взаимно
перпендикулярны. Через середины сторон АВ и AD проведены
прямые, перпендикулярные противоположным сторонам CD и СВ
соответственно. Докажите, что эти прямые и прямая АС имеют
общую точку.
156.	Докажите, что число 4545 + 5454 является составным.
157.	Приведите пример треугольника, который можно раз-
резать:
а)	на 12 равных треугольников;
б)	на 5 равных треугольников.
158.	На книжной полке в каком-то порядке стоят книги
20-томного собрания сочинений. Библиотекарь хочет расставить
эти тома в монотонном порядке: с первого по двадцатый слева
направо. За один прием библиотекарь меняет местами любой том,
стоящий не на своем месте, с томом, занимающим его место. До-
кажите, что число таких операций, нужное для упорядочива-
ния томов, не зависит от последовательности действий библио-
текаря.
25
юу. внутри окружности расположен выпуклый пятиуголь-
ник ABCDE с равными сторонами. Каждая сторона пятиуголь-
ника продолжена до пересечения с окружностью. Продолжения
сторон АВ, ВС, CD, DE, ЕА за точки В, С, D, Е, А соответственно
окрашены в красный цвет, а продолжения этих же сторон за
точки А, В, С, D, Е окрашены в синий цвет. Докажите, что сумма
длин всех красных отрезков равна сумме длин всех синих отрезков.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ДЛЯ ДЕВЯТОГО КЛАССА
1. Обозначим данные фигуры через Фь Ф2,Ф1975, а фигуры,
дополняющие их до квадрата, соответственно через Ф{, Ф2, ...,
Ф1975* Пусть S, — площадь фигуры Ф<, a S,' — площадь фигуры
Ф,'(/=1, 2, ..., 1975). Ясно, что S,-|-5,'=S. По условию $t +
-j-S2-|-... + Si975> 1974S, поэтому
Si -]-S2 +... 4-S1975=(S — S,)+(5 — S2)+... 4~(S—<Si97s)=
= 1975S—(S, H-...-f-Si97s)< 1975S—1974S = S.
Таким образом, сумма площадей фигур Ф(, Ф2, .... Ф1975 меньше
площади квадрата и, значит, найдется точка М квадрата, не
принадлежащая ни одной из фигур Ф/(« = 1, 2,.... 1975). Фигура Ф,
дополняет фигуру Ф.'до квадрата, поэтому точка М принадлежит
каждой из фигур Ф,, т. е. является искомой.
Замечание. В квадрате площадью S можно расположить
1975 фигур Фь Ф2, ..., Ф1975, сумма площадей которых равна
1974S и .таких, что у этих фигур не будет ни одной общей точки.
Действительно, как следует из рассуждений, приведенных в реше-
нии задачи, достаточно, чтобы фигуры Ф(, Ф2, ..., Ф1975, сумма
площадей которых будет равна S, полностью покрывали квадрат.
В качестве таких фигур Ф(, Ф2, .... Ф1975 можно взять фигуры,
образующие произвольное разбиение квадрата на 1975 непере-
секающихся фигур. Их дополнения — фигуры Фь Ф2, ..., Ф1975 —
и будут искомыми фигурами.
2. Пусть х, у, 2, и — произвольная четверка цифр, у которой
l^x<y<z<u^9. Очевидно, положительное число d, соответ-
ствующее этой четверке цифр, не превосходит каждой из раз-
ностей yz — хи, zx — yu, ux — zy. (Черта сверху указывает на деся-
тичную запись числа данными цифрами; например, yz=10y + z.)
Рассмотрим числа у—х, z—y, u—z. Так как
(у — х)+(г — у) + (и — z) = u—х<8,
то, очевидно, наименьшее из этих чисел не больше 2.’ Рассмотрим
все три возможных случая:
а)	Если у — х наименьшее, то
d^yz—хи= 10 (у—х) —(u —z)^ 10 (у—х)—(у —х) =
= 9(у-х)<9-2=18.
26
б)	Если z — у наименьшее, то
d<zx—уи = 10 (z—у)—(и—х)= 10 (z — y)—((“—z) +
+(z-y)+(!/-x)X 10 (z—у) —3 (z—у)=7 (z-y)<7-2 = 14.
в)	Если u — z наименьшее, то
d^ux—-zy= 10 (и —z) —(у —х)^ 10 (u — z)—(и — г) =
= 9(u-z)<9-2=18.
Итак, для любой четверки цифр число d не превосходит 18.
Для четверки 1, 3, 6, 8 число d равно 81 —63 = 36— 18= 18. Следо-
вательно, наибольшее значение числа d равно 18.
3.	Начнем решение задачи с исследования. Предполо-
жим, что учитель пригласил нужное число девочек и расставил
всех ребят по кругу так, как требуется в задаче. По условию
задачи рядом с каждым мальчиком стоят мальчик и девочка.
Следовательно, один мальчик в окружении двух мальчиков стоять
не может. Это означает, что трое мальчиков находиться рядом не
могут. Не может также один мальчик стоять в окружении двух
девочек. Следовательно, рядом с каждым мальчиком стоит один
и только один мальчик, т. е. мальчики располагаются по кругу
парами (всего 5 пар), между которыми располагаются девочки.
Выясним, сколько девочек стоит между соседними парами
мальчиков. Между соседними парами мальчиков не могут стоять
одна или две девочки, так как при таком расположении через
одного от каждой из этих девочек стояли бы мальчики, а не
мальчик и девочка, как требуется в условии задачи (рис. 7—8).
Рис. 7
Рис. 8
Рис. 9
27
Рис. 10
Между соседними парами мальчиков не могут стоять и три
девочки, поскольку при этом через одну от стоящей в середине
девочки стояли бы мальчики, что невозможно (рис. 9).
Пять девочек рядом стоять не могут, поскольку в таком случае
через одного от девочки, стоящей в середине группы из пяти
девочек, стояли бы девочки, а не девочка и мальчик.
Остается единственная возможность: пары мальчиков чере-
дуются четверками девочек (всего 5 четверок).
Таким образом, проведенное исследование показывает, что
если задача имеет решение, то учитель должен пригласить 20 де-
вочек и расставить ребят по кругу так: 2 мальчика, 4 девочки,
2 мальчика, 4 девочки и т. д. Читатель легко убедится само-
стоятельно, что такое расположение и в самом деле отвечает
требованиям задачи. Следовательно, учитель танцев должен при-
гласить 20 девочек.
4.	Разбить квадрат на 6 квадратов можно (рис. 10). На ри-
сунке 11 показано, как разбить квадрат на 2п (где п^2) квадра-
тов. На рисунке 12 показано, как разбить квадрат на 2п+1
(где п^З) квадратов.
Покажем, что разбить квадрат на 2, 3 и 5 квадратов нельзя.
Каждая вершина квадрата является вершиной одного из квадра-
тов разбиения, причем ни один квадрат разбиения не может со-
держать двух вершин основного квадрата. Поэтому квадрат
нельзя разбить на 2 и 3 квадрата, так как число меньших квадра-
тов не может быть меньше 4. Отсюда же следует, что квадрат
нельзя разбить и на 5 квадратов, так как 4 квадрата должны
содержать по одной вершине основного квадрата, а фигура,
которая получится, если из основного квадрата удалить четыре
квадрата, расположенные в его углах, не будет четырехуголь-
ником (рис. 13).
5.	Пусть а, Ь, с — стороны, Ла, /ь, hc — высоты треугольника,
S— его площадь. Тогда 2S = aha = ЬНь = chc, где Ло=10, Л& = 6,
28
п-1 кбадратоб
Рис. 12
Рис. 13
т. е. Ь=а-—=—а. В произвольном треугольнике выполняются
hb 3
неравенства b-a<.c<b-\-a. Подставив сюда д = -|-а, полу-
чаем неравенства -2-а<с<-|-а, откуда	Но
—=—, следовательно,	Учитывая равенство Ла= 10,
С ha	О ha 2
получаем неравенства -у<Лс<15.
6.	Рассмотрим дЛВС и вписанную в него окружность. Пусть
К, L и М — точки, в которых окружность касается сторон ВС,
СА и АВ, а О — центр вписанной окружности. Пусть Е — середи-
на АВ, F — середина АС. По условию задачи точка О равно-
удалена от середин двух сторон дЛВС. Пусть это будут стороны
АВ и АС, т. е. OE = OF (рис. 14—16). Это значит, что прямо-
угольные треугольники ОМЕ и OLF равны (ибо OM = OL и ОЕ=
= OF). Поэтому ME = LF. Возможны следующие случаи:
а)	точки касания М и L лежат на отрезках АЕ и AF (рис. 14);
б)	точки касания М и L лежат вне отрезков АЕ и AF (рис. 15);
29
в)	одна из точек касания, например L, лежит на отрезке AF,
а точка М лежит вне отрезка АЕ (рис. 16).
Обозначим AM=AL = m, ME = LF = п.
а)	АВ = 2АЕ = 2(АМ + МЕ) = 2(т + п) = 2 (AL + LF) =
—2AF=AC, т. е. АВ=АС, поэтому дЛВС равнобедренный.
б)	AB = 2AE=2(AM — ME)=2(m — n)=2(AL — LF) =
=2AF=AC, т. е. АВ=АС, поэтому дЛВС равнобедренный.
в)	АВ=2АЕ=2(т — п), AC=2AF — 2(m-}-n),
BC = BK + KC=BM + CL==(AB-AM)+(AC-AL) =
—(2т-2п — т)-}-(2т-\-2п — т)—(т — 2п)-\-(тА-2п)=2т.
Так как 2т — 2n<2m<2m-|-2n при п>0, то АВ<ВС<.АС,
т. е. ДЛВС разносторонний.
В качестве разностороннего треугольника, удовлетворяющего
условию задачи, можно взять, например, «египетский» треуголь-
ник — прямоугольный треугольник со сторонами длиной 3, 4, 5
(получающийся при т = 2, п=^")-
7.	Для решения задачи, очевидно, достаточно рассмотреть
случай, когда вершины С, D квадрата ABCD и центр окружнос-
ти О лежат по разные стороны от прямой АВ (где Л и fl — сосед-
ние вершины квадрата, лежащие на окружности). Пусть К —
середина АВ, М — середина CD, <р= А ВО К (рис. 17). Тогда
ОВ=\, KB = MC = sin <р, OK=cos<p, ОМ = ОК-[-КМ = cos <р-|-
4-2 sin <р. Поэтому
ОС2 = ОМ2 4-МС2=(cos q>4"2 sin <р)2 4-(sin <р)2 =
= 1 4-4 cos ф-sin <p-|-4 sin2 <р—34-2 sin 2<р—2 cos 2<р =
= 34-2 д/2 sin (2<р—J-) .,
Из полученного равенства следует, что наибольшее значение
30
ОС равно -\/34-2-\/2 = 1-Ьл/2 и достигается в случае, когда
sin (2<р—) = !• Так как О^ср^-2-, то последнее равенство
имеет место лишь при 2<р—2-=-^, <р=-|-л. Итак, наибольшее
значение ОС равно 1+у/2 (в этом случае Z.BOK=-|-n).
8.	Пусть О — центр окружности, ABCD — больший квадрат,
KLMN — меньший квадрат, OP.LCD, Q, R— середины отрез-
ков AD, NM соответственно (рис. 18). По условию задачи OQ = h.
Далее пусть АВ=х, MN=y.
По теореме Пифагора, из прямоугольного ДОСР находим:
ОС2 = ОР2 + СР2, или ОС2 = (-*-) +(Х-Л)2.
Аналогично из прямоугольного &OMR находим:
OM2 = OR2 + RM2, или OM2=(t/ + /z)2+(^)2.
Приравнивая правые части полученных равенств (ОМ = ОС),
приходим к равенству
-^-4- х2 — 2xh+h2=у2 + 2yh + Л2 4-
Отсюда следует, что
Y {х2 - у2)—2h (х 4- у)=0.
Раскладывая разность квадратов на множители и вынося общий
множитель, получаем равенство
(*+*/)	(х — у) — 2h ) = 0.
Ясно, что х4*</-¥=0. Поэтому x-y=-^-h.
э
31
16 см	12см
12 см	16 см
Рис. 19
Рис. 20
9.	Можно. Например, разрежем торт на два куска так, как
указано на рисунке 19. Тогда полученные куски в круглую коробку
радиуса 10 см можно уложить способом, указанным на рисунке 20.
10.	Можно. Опишем один из способов расстановки. Обозначим
через Л|, А2, .... Л12, Л,э последовательные вершины 13-уголь-
ника. В серединах сторон Л|Л2, А2А3, ..., А12Л3, Ai3At поставим
по порядку числа 1, 2, ..., 12, 13, в вершинах Alt А3, А$, ..., Лз по-
ставим последовательно числа 20, 19, 18, ..., 14, а в вершинах
А-2, А4, Лб, .... Л12 соответственно числа 26, 25, 24,.... 21. При такой
расстановке (рис. 21) сумма трех чисел, стоящих в концах и
середине каждой стороны 13-угольника, равна 47.
32
Замечание. Аналогично можно расставить числа 1,2, 3,...»
4Л+ U 4Л + 2 в вершинах и серединах сторон правильного (2k +
+ 1)-угольника так, чтобы сумма трех чисел, стоящих в концах
и середине каждой стороны, была равна 7k + 5.
11.	Разбив квадрат на 15 прямоугольников размером 3X5 так,
как показано на рисунке 22, можно убедиться, что потребуется
отметить не менее 15 клеток, поскольку в каждый из 15 указан-
ных прямоугольников должна попасть хотя бы одна отмеченная
клетка. На рисунке также показано, каким образом можно от-
метить ровно 15 клеток так, чтобы удовлетворить условию задачи.
12.	Докажем, что если числа х и у удовлетворяют равенству
х + 2х=у + 2\
то х — у. Действительно, если х<у, то х-\-2х<у-\-2\ а если
х>у, то х-\-2х>у-\-2у. Следовательно, х — у. Если же х=у,
то, очевидно, x + sin x = £/4"sin У-
13.	* Покажем, что при правильной игре выигрывает начинаю-
щий. Пусть для определенности у него белая фишка. Его выигрыш
означает, что у его партнера нет возможности сделать очередной
Заказ 57
33
Рис. 23
ход, т. е. черная фишка стоит в клетке с номером 30, а белая —
с номером 29, причем ходить должна черная. Таким образом,
задача начинающего — оттеснить черную фишку в клетку с номе-
ром 30.
Сначала покажем, что если после очередного хода начинаю-
щего его фишка отстоит от фишки партнера на три клетки
(рис. 23), то начинающий при правильной игре обязательно
выиграет партию. Если в этой позиции черная фишка сдвинется
влево на одну или две клетки, то белая фишка, сдвинувшись
вправо соответственно на две или одну клетку, лишит черную
фишку возможности двигаться влево при следующем ходе
(рис. 24—25). Значит, при следующем ходе черная фишка должна
будет отступить на одну или две клетки вправо (пропускать ход
и перепрыгивать через фишку соперника нельзя), а так как белая
фишка за один ход может сдвинуться вправо на столько же клеток,
на сколько при предыдущем ходе вправо сдвинулась черная фиш-
ка, то ясно, что белая фишка оттеснит черную фишку на клетку
с номером 30, если будет повторять ходы черной фишки.
Если же в позиции, изображенной на рисунке 23, черная
фишка сразу сдвинется на одну или две клетки вправо, то белая
фишка, ответив тем же, снова займет положение, при котором ее
будут отделять от черной фишки три клетки, и мы опять при-
ходим к исходной позиции.
Таким образом, если в рассмотренной позиции ход должен де-
лать играющий черной фишкой, то играющий белой фишкой при
правильной игре обязательно выиграет.
Итак, стратегия начинающего ясна: необходимо занять пози-
цию, изображенную на рисунке 23, т. е. оказаться в положении,
34
когда после хода белой фишки ее отделяет от черной расстояние
в три клетки. Покажем, как этого можно добиться.
В начальный момент белую и черную фишки разделяют
28 клеток. Если, следовательно, на первом ходу белая фишка пере-
двинется вправо на одну клетку, то ее будет отделять от черной
фишки расстояние в 27 клеток. Как бы теперь ни переместилась
черная фишка, белая всегда может переместиться так, что рас-
стояние между ними станет равно 24 клеткам. (Если черная
фишка сдвинется влево на одну или две клетки, то белая сдвинет-
ся вправо соответственно на две или одну клетку.) Если и далее
черная фишка будет продолжать двигаться влево, то белая будет
двигаться вправо так, чтобы расстояние, разделяющее их после
очередного хода белой фишки, делилось бы на 3. При этом всякий
раз после того, как черная и белая фишки сделают по одному
ходу, расстояние между ними уменьшится на 3. Следовательно,
если черная фишка будет двигаться только влево, то через не-
сколько ходов ее будут отделять от белой 3 клетки, т. е. после
некоторого хода белой фишки возникнет ситуация, изображенная
на рисунке 23.
Если же черная фиШка двинется вправо, то на столько же
клеток двинется вправо и белая фишка, так что расстояние между
ними сохранится. Поскольку черная фишка не может все время
двигаться только вправо, то наступит момент, когда она двинется
влево, а тогда после надлежащего перемещения белой расстоя-
ние между белой и черной фишками уменьшится на 3. И т. д.
В итоге после некоторого хода белой фишки расстояние между
фишками станет равным 3, т. е. возникнет позиция, изобра-
женная на рйсунке 23, и, значит, партию выиграет начина-
ющий.
14.	Докажем, что данное уравнение целочисленных решений
не имеет. Поделив левую и правую части уравнения на 19, по-
лучаем уравнение х2 — 4у2=104, которое можно записать в виде
(х+2«/)(х-2у)=104.
Если бы данное уравнение имело целочисленное решение
х = пг, у = п, то целые числа т-\~2п и т — 2п были бы делителями
числа 104, произведение которых равно 104. Числа т-\-2п и
т~ 2п имеют одинаковую четность, а их разность, равная 4п,
делится на 4. Число 104 представляется в виде произведения двух
чисел одинаковой четности одним из следующих четырех способов:
104=2.52=4-26=(-2)'.(-52)=(-4)-(-26),
но ни в одном из этих случаев разность множителей не делится
На 4. Следовательно, данное уравнение не имеет целочисленных
решений.
15.	Пусть {а); а2; аз), {&i; Ь2; &з), {с>; Сг; Сз)— произвольное раз-
нение чисел 1, 2, ..., 9 на три группы по три числа. Обозначим
A—ai-a2-a3, B=b\-b2-b3, С=с\-с2-с3.
35
Р3^А-В'С=а^а2‘аз‘Ь\'Ь2~Ьз‘С\-С2-Сз=
= 1-2-3-...-8-9 = 72-72-70> 703,
т. е. Р>70. Число Р — наибольшее из трех составных натураль-
ных чисел А, В, С. Следовательно, Р — составное натуральное
число, удовлетворяющее неравенству Р>70, но это означает, что
Р 72 для любого разбиения (71 — простое число!). Задача будет
решена, если мы укажем разбиение, для которого Р = 72. Легко
проверить, что этому условию удовлетворяет разбиение (1;8;9),
{3; 4; 6), {2; 5; 7).
Замечание. Разбиение {1; 8; 9), {3; 4; 6), {2; 5; 7) — един-
ственное разбиение чисел 1, 2,..., 9 на тройки, для которого Р = 72.
Докажем это. Пусть [аг, а2; аз], {Ьс, Ь2', Ьз\, с2; с3}— какое-то
разбиение, для которого Р = 72. Допустим для. определенности,
что Р=А = а\-а2-а3 и что В = Ь\ -Ь2-Ьз^С = С1 ‘Сз-Сз- Тогда
Р2 = 722 > В2 > ВС=-^-= 7-2-^'—= 72 • 70 > 702.
А	(2.
Следовательно, 72 > В >70. Число В — целое составное, поэтому
В = 72, С = 70. Число С = 70 единственным образом представимо
в нужном нам виде: С=70 = 2-5-7. Значит, числа 1, 3, 4, 6, 8, 9
разбиты на две группы (оь а2; а3} и (6i; b2, Ь3\, произведение чисел
каждой из которых равно 72. Та группа, которая содержит число 8,
не содержит чисел 4 и 6 (число -^-=9 нечетное). Следовательно,
тройка, содержащая число 8, содержит числа 1 и 9, а другая
тройка состоит из чисел 4, 6, 3.
16.	Обозначим данные треугольники через Vi, V2, .... VP.
По условию задачи все эти треугольники равны, а их соответ-
ствующие стороны параллельны. Пусть их верхние основания
параллельны стороне АС данного дЛВС, а острие каждого на-
правлено вниз (в сторону основания АС, рис. 26). Возьмем произ-
вольный V* из р данных. Пусть это будет &KLM (рис. 26). Сим-
метричный ему относительно прямой KL треугольник (на рисун-
ке &KNL) обозначим через Д*. Ясно, что все Д4, k — l, 2, ..., р,
целиком лежат в дЛВС. Пусть Q, Р, R, S — середины сторон
ромба LMKN, T — середина K.L, т. е. A PQM = ARST. От V*
отрежем (рис. 27, a) &PQM и переместим его в Д* на место
Д/?5Г. Проделаем такую операцию с каждым V*, k — \, 2, ..., р.
Легко проверить, что перемещаемые при этом части V t, k =
= 1,2,..., р, не будут накладываться друг на друга, поскольку если
какой-либо V/, /=#Л, пересекается с &RST, то он пересекается
с ним только своим малым нижним треугольником, который, в свою
очередь, перемещается на более высокую позицию (рис. 27,6).
После выполнения указанной операции для каждого V*,
2, .... р, в соответствующем шестиугольнике KRSLQP (обо-
36
Рис. 26
2
значим его через £>*) будет занято ровно -у его площади. Следова-
тельно, площадь D* равна -~-S0, если So — площадь V* (6= 1, 2,
Р).
Шестиугольники D*. 6 = 1,2,..., р, не имеют общих внутренних
точек и лежат внутри ДДВС. Суммарная их площадь равна
—Sop и не превосходит S — площади ДДВС. Следовательно,
3	2
-x-Sop^S, SoP^^-S, т. е. в любом случае сумма площадей
Z	о
2
треугольников Vi, V..... V₽ не превосходит yS, что и требова-
лось доказать.
Замечание. Правильный дДВС можно заполнить пра-
вильными шестиугольниками, сумма площадей которых будет
сколь угодно близкой к площади ДДВС (см. «соты» на рисун-
ке 28, а и соответствующее размещение V1, V2... V₽ на рисун-
ке 28, б). Следовательно, и сумма площадей Vi, V2, •••, VP может
быть сколь угодно близкой к -|-5.
Отметим, что сумма площадей Vi, V2, ..., V₽ всегда строго
меньше -уS, так как «сотами» (рис. 28) не могут быть покрыты,
например, малые треугольнички при вершинах ДДВС.
17.	Проведем диагонали квадрата АС и BD, которые поделят
его на четыре равных треугольника АОВ, ВОС, COD, DOA
37
А
а)
Рис.
с
(рис. 29). Точка М попадет в какой-либо из этих треугольников.
(Если точка М попадет на общую границу двух треугольников,
то можно считать, что точка М попала в оба эти треугольника.)
Пусть для определенности точка М попала в &COD. Тогда,
очевидно,
£МВС = Z-DBC— Z-DBM=45°— Z.DBM,
Z MDA = Л. BDA + Z. MDB=45° + Z MDB,
и поэтому
Z. МАВ -и Z. МВС4- ZМDA > 135° + MDB - Z. DBM.
Так как в любом треугольнике против большей стороны лежит
больший угол и так как MB MD,
то из &BMD следует неравенство
Z. DBM Z. MDB. Следовательно,
Л.МАВ + Л.МВС+ Л-MDA 135°,
а так как Z.MCD>0°, то
Л.МАВ+ ^МВС+ AMDA +
-|-ZAfCD>135o,
что и требовалось доказать.
18.	Пусть М — точка пересе-
чения прямых В1В2 и D1D2
(рис. 30). Покажем, что эти пря-
мые перпендикулярны друг другу.
Действительно, при повороте во-
круг точки А на угол 90° по часовой
38
Рис. 30
стрелке точка Dt переходит в точку В|, точка Di — в точку В2,
&,D\AD2 переходит в ДВ1ЛВ2 и, значит, отрезок D\D2 переходит
в отрезок В\В2. Следовательно, DiD2J-BlB2, т. е. углы B1MD1
и D2MB2 прямые.
Опишем около квадратов окружности. Они пройдут через
точку А и пересекутся в точке Af, ибо /LB\MD\ опирается на
диаметр B\D\ и является прямым, a Z_D2MB2 опирается на
диаметр D2B2 и также является прямым. В силу этого Z-CtMDt =
= Z-C2MB2=45°, ибо опираются на хорды CtD\ и С2В2 соответ-
ственно, на которые опираются /.CiBiD, и Z_C2D2B2, равные,
очевидно, 45°. Но Z_B2MDi =90°. Следовательно, ACtMDiA-
+ /_B2MD\Z.С2МВ2= 180°, что означает, что точки Ct, М, С2
лежат на одной прямой, т. е. прямая CiC2 также проходит через
точку М, в которой пересекаются прямые В\В2 и D\b2. Итак,
прямые B|B2, C|C2, D\D2 имеют общую точку, что и требовалось
доказать.
19.	В любом выпуклом четырехугольнике ABCD выполняется
равенство S дЛ0В-5 дСОО=Здв0С-5 доол, где О — точка пересече-
ния диагоналей. Этот факт следует из того, что 5дЛОВ:5дВОС=
—АО'.ОС (Д.АОВ и &ВОС имеют общую высоту, опущенную
из вершины В, рис. 31). Аналогично S ^C0D:S лООА = ОС:АО,
поэтому (5дЛОВ:5дВос)-(5дсоо''5ддол)=1- Из этого соотношения
о	о	S LAOS'S &COD 36 —
вытекает, что если х = 5двос. то S^AOd =-с-----=—• Та-
д Двое х
ким образом, S=134-x+-y, где S — площадь ABCD.
В силу неравенства между средним арифметическим и сред-
ним геометрическим х+-^-^2-^/х--^= 12. Следовательно,
5^25 и равенство достигается для четырехугольника, у которого
х = 6, т. е. SB0C = Q и Влоо = 6. Таким выпуклым четырехугольни-
39
Рис. 31
ком является трапеция, так как равенство SA0D—SB0C равно-
сильно равенству SDAB=SCAB, из которого следует, что ЛВЦСО.
Таким образом, наименьшее возможное значение площади
четырехугольника ABCD, удовлетворяющего условию задачи,
равно 25 см2.
20.	Будем решать задачу с помощью графиков движений
часовой и минутной стрелок. По оси Охбудем откладывать вре-
мя х (в часах); по оси Оу — положение (в часах) соответствую-
щих стрелок. На рисунке 32 тонкой линией изображен график
движения часовой стрелки правильно идущих часов (назовем
эти часы стандартными). В этом случае у=х при 0^х^12
и у—х—12 при 12^х^24. Жирной линией изображен график
движения часовой стрелки рассматриваемых (нестандартных)
часов. Там, где эти графики совпадают, часовая стрелка не-
стандартных часов указывает, очевидно, верное время. Графики
совпадают от 0 до 1 ч и затем в точках Ak, где 1	/г^ 11. Абсциссы
этих точек несложно посчитать. Точки А*, где 1	являются
точками пересечения прямых у = х и у= 12х — 23А— 11. Следова-
Рис. 32
40
гельно, их абсциссы равны 26-)-14--^-. 1^6^5. Точки Л*, где
являются точками пересечения прямых у=х —12 и
у — 12х —236 — 23, т. е. их абсциссы равны 264-1+-где
6^6 < 11 • Мы видим, что абсциссы точек Л* выражаются одной
и той же формулой для всех k, 1С 6 < 11.
На рисунке 33 пунктиром изображен график движения минут-
ной стрелки стандартных часов, жирной линией — график движе-
ния минутной стрелки нестандартных часов. Они совпадают при
и затем в точках В*, где 1^6^11. Абсцисса точки В*
находится, очевидно, как абсцисса точки пересечения прямой
у= 12 (х—2k — 1) (на ней лежит соответствующий кусок графика
движения минутной стрелки стандартных часов) и прямой у =
— х — k — 1 (на ней лежит соответствующий кусок графика движе-
ния минутной стрелки нестандартных часов). Следовательно,
абсцисса точки В* равна 26 4- 1 4”jp Мы видим, что она совпадает
с абсциссой точки Л*. А это значит, что в моменты времени 26 4-
4-14-^-, где 1^6^11, нестандартные часы также показывают
верное время.
21.	Пусть — и — произвольные (быть может, сократимые)
п I
дроби. Условимся писать	если дробь -у- может быть
получена из дроби -у- с помощью некоторого числа указанных
41
Докажем, что преобразование обратимо, т. е. если -у-=>
у-, то и	Достаточно, очевидно, доказать обратимость
каждой из трех указанных в условии задачи операций:
1)	вычитание знаменателя из числителя;
2)	прибавление знаменателя к числителю;
3)	переход к обратной дроби.
Если дробь -у- получена из дроби —с помощью первой (второй)
операции, то k = m — п (соответственно k = m-\-n), 1 = п, поэтому
m = k-\-n = k-\-l (соответственно m = k — l), п = 1, т. е. дробь —
может быть получена из дроби -у- с помощью второй (соответ-
ственно первой) операции. Если же дробь -у- получена из дроби
-у- с помощью третьей операции, то k = n, 1 = т, и поэтому дробь
-у- может быть получена из дроби -у- также с помощью третьей
операции.
Заметим, что из дроби уу можно получить любую из следую-
щих дробей: —-—,	(если п=£т),	, —-— (если
п-\-т п — т	п п±:рт
п=£рт), где р — натуральное число. Докажем, например, что из
дроби — можно получить дробь —-—. Остальные утвержде-
п	п-]~рт
ния доказываются аналогично. Имеем:
т	п-\-2т	п-\-рт т
п т т	т	т п.-\-рт ’
что и требовалось доказать.
Покажем теперь, как из дроби -у- получить дробь Ц-. В соответ-
ствии со сделанным замечанием достаточно показать, как из
дроби |у получается дробь -±-. Имеем:
— —
91	24	24	5	5	1	1	2
22. Обозначим точки пересечения продолжений отрезков АР,
ВР, СР (за точку Р) с окружностью, описанной около дАВС,
соответственно через А', В', С' (рис. 34). Так как Z.A'C’C и
Z.A'AC опираются на одну и ту же дугу А'С, то Z.A'C'C=
= Z-A'AC. Аналогично получаем, что Z_CC'B' = Z.CBB’. Следо-
вательно,
42
в
АА'С'В' = Z.A'C'C+ ACC'B' = AA'AC+ACBB'.
Поскольку сумма углов дЛВС равна 180°, то
Л А'АВ А- £А'АС+ £СВВ' + Z.ABB' + ^АСВ==180°,
поэтому
/LA'C'B' = АА'АСА- /-СВВ' = 180°- ЛАВВ'- Л А’АВ-zLACB.
Из &АРВ находим, что ДАРВ==180°— Z.ABB'— Z_A'AB.
Следовательно, zLA’C'B' — Z.APB — ZACB==60°. Аналогично
доказывается, что zLC'B'A' = zLB'A'C' =60°.
23- Поступим следующим образом. Первые 7 томов вообще
не будем трогать, оставив их на своих местах, а с остальными
томами проделаем следующие перестановки:
8, 9, 10, 12, 11 =► 12, 8, 9, 10, 11 => 10, 11, 12, 8, 9=>
=4-8, 9, 10, 11, 12.
24.	Из свойств ромба и из условия zLABC = 120° {рис. 35)
вытекает, что ZD/IB —60°, ДДВД равносторонний, /_DBC —
= 60°. Отсюда и из равенства AP — BQ следует, что дЛЛР =
= /±DBQ (по двум сторонам и углу между ними), и поэтому
DP = DQ, Z_ADP=Z_BDQ. Следовательно, &DPQ равнобед-
ренный и, кроме того,
zLPDQ = APDB+ ABDQ= ^PDB+ ^ADP= AADB = 60°.
Этим доказано, что &DPQ равносторонний.
25.	Через х, у, z обозначим соответственно первую, вторую
и третью цифры искомого трехзначного числа. Тогда его можно
записать в виде xyz. После вычеркивания средней цифры
'	43
Рис. 36
получится двузначное число xz. По условию задачи ~l-xz=xyz,
т. е. неизвестные цифры х, у, z удовлетворяют уравнению
7 (10x-hz)= 100x+10j/ + z,
которое после приведения подобных членов и сокращений при-
нимает вид:
3z = 15x-|-5i/.
Из этого уравнения следует, что z должно делиться на 5 и должно
быть положительным, так как по условию х)>1, у^О. Поэтому
2 = 5, а цифры х, у удовлетворяют уравнению 3 = Зх-|-£/, которое
в силу условия х>1 имеет единственное решение х=1, у = 0.
Следовательно, условию задачи удовлетворяет единственное
число 105.
26.	Обозначим данный круг радиуса 1 через К, а ограничива-
ющую его окружность через Г. Пусть ABCDE — данный выпуклый
пятиугольник, расположенный в круге К (рис. 36, а). Очевидно,
что каждая из диагоналей AC, BD, AD, BE, СЕ пятиугольника
не превосходит диаметра окружности Г, т. е. не больше 2. Следо-
вательно, сумма всех пяти диагоналей не превосходит 10.
Покажем, что сумма сторон пятиугольника ABCDE меньше
длины окружности Г, т. е. меньше 2л. Построим в вершинах
А, В, С, D, Е вне пятиугольника перпендикуляры к сторонам
А.В, ВС, CD, DE, ЕА и обозначим через Л|, А2, Bt, В2, Ci, С2, D\,
D2, Ei, Ег точки пересечения построенных перпендикуляров
с окружностью Г (рис. 36,6). Прямые АА2 и BBi параллельны,
отрезок АВ по построению является общим перпендикуляром
к этим прямым. Отсюда следует, что длина отрезка АВ не пре-
восходит длины отрезка A2Bt. Отрезок А2Вд является хордой
44
окружности Г, поэтому его длина меньше длины дуги А^аВ\,
которую он стягивает. Следовательно, длина стороны АВ пяти-
угольника меньше длины дуги А^аВ\ окружности Г.
Аналогично доказывается, что длины сторон ВС, CD, DE, ЕА
пятиугольника меньше длин дуг В2&С1, CicD\, DidE^ Е%еА\ со-
ответственно. Из выпуклости пятиугольника следует, что все ука-
занные дуги попарно не пересекаются, поэтому сумма их длин
меньше длины окружности Г. Тем более будет меньше длины Г,
т. е. меньше 2л, сумма сторон пятиугольника ABCDE. Таким
образом, сумма всех сторон и диагоналей пятиугольника ABCDE
меньше 10-|-2л< 17, что и требовалось доказать.
Замечание. Аналогично доказывается, что сумма всех
сторон и диагоналей произвольного выпуклого л-угольника,
вписанного в окружность радиуса R, меньше (2л4-л (л —3))/?.
27.	Обозначим через хп число частей, получающихся на л-м
шаге (после л-го разрыва до момента выбрасывания). Очевидно,
что Xi=5, а на каждом следующем шаге число частей увели-
чивается на 3, так как вместо старых двух появляется пять новых
частей. Следовательно, Хг = 5-|-3, Хз = Х2 + 3=5-|-3-2, х< = 5 +
+ 3-3 и вообще Хп = 5 + 3(л — 1).
Если при подсчете частей не допущена ошибка, то при некото-
ром л должно выполняться равенство 1977 = 5-|-3 (л—1), т. е.
1975 = 3л. Но такое равенство не может выполняться ни при
каком целом л, так как 1975 не делится на 3. Следовательно, при
подсчете допущена ошибка.
28.	Сначала докажем такое утверждение: если натуральное
число л не делится на 5, то число л4 при делении на 5 дает оста-
ток 1.
Пусть л = 5р + <7, где р — целое неотрицательное число,
a q — остаток от деления л на 5. Тогда
Л4 = 625р4 + 500р3р + 150р2р2 + 2Орр3 + р4.
Первые четыре слагаемых делятся на 5. Следовательно, остаток
от деления п4 на 5 равен остатку от деления р4 на 5. Так как q не
делится на 5, то q — одно из чисел 1, 2, 3, 4, a q4 — одно из чисел
1, 16, 81, 256. Все эти числа при делении на 5 дают остаток 1,
поэтому и п4 при делении на 5 дает остаток 1. Утверждение до-
казано.
Обратимся теперь к исходной задаче. Данное число
я4+ гс2-Н..Н-кдг
5
будет целым тогда и только тогда/ когда сумма остатков от
деления четвертых степеней n4, nt n4N будет делиться на 5. Но
каждый такой остаток в силу доказанного выше утверждения
равен 1, а сумма всех остатков равна Af. Следовательно, числи-
тель данной дроби будет делиться на 5 тогда и только тогда,
45
когда W делится на 5. Наименьшее натуральное М, кратное 5
(делящееся на 5) и превосходящее 1976, равно 1980.
29.	Пусть о)1, «2, о)з — области, о которых говорится в условии
задачи. Проведем через центры 01 и Ог данных окружностей
прямую, которая пересечет окружности в точках А, В, С, D
(рис. 37). Ясно, что отрезки АВ, ВС и CD делят площади областей
o)f, 0)2, о)з пополам.
Докажем методом от противного, что не существует окруж-
ности, делящей о)ь о)2, о>з на равновеликие части. Предположим,
что такая Окружность существует. Она должна пересечь каждый
из отрезков АВ, CD и ВС (иначе окружность не поделила бы
какую-либо из областей <oi, о)2, «з на две равновеликие части).
Следовательно, эта окружность должна пересечь отрезок AD
в трех различных точках. Ясно, что такой окружности не суще-
ствует. Полученное противоречие доказывает требуемое ут-
верждение.
30.	Если натуральное число N удовлетворяет условию задачи,
то 100<yV<999 и
;V==37m + 2, yV = llnH-5,
где т, п — целые неотрицательные числа. Следовательно, чтобы
решить задачу, нужно найти все неотрицательные целые числа
т, п, удовлетворяющие условиям
| 100 < 37m+2 <999,
I 37m 4-2= 1 ln-f-5,
откуда
3<m<26,
37m=lln + 3.
Методом перебора по т от 3 до 26 нетрудно найти все пары
натуральных чисел (/п; п), которые удовлетворяют равенству
46
}7т=11л + 3. Чтобы упростить перебор, запишем это равенство
в следующем виде:
11 (п — 3т) = 4т — 3.
Тогда видно, что число 4т — 3 должно делиться на 11, а это
возможно лишь при т = 9 и /п = 20. Проверкой убеждаемся,
что оба эти значения удовлетворяют условию задачи. Следова-
тельно, искомые числа равны 335 (при /п=9) и 742 (при т = 20).
31.	Так как AK.LD — прямоугольник, то около него можно
описать окружность (рис. 38). Диагонали AL и KD будут являться
диаметрами этой окружности. Так как по условию задачи
/LAML — 9O0 и опирается на диаметр AL, то точка М лежит на
построенной окружности. Следовательно, и AK.MD = 9Q°.
32.	Обозначим через О выбранную внутри данного много-
угольника точку и рассмотрим всевозможные прямые /, которые
проходят через точку О и вершины многоугольника. Возможны
два случая:
1) все прямые I проходят только через вершины много-
угольника;
2) есть прямая /, которая пересекает некоторую сторону мно-
гоугольника во внутренней точке.
В первом случае решение очевидно. Рассмотрим
второй случай.
Пусть прямая / проходит через вершину С (рис. 39). Вер-
шины многоугольника, лежащие по одну сторону от прямой I,
обозначим через Л(, Лг, .... Л*, а вершины, лежащие по другую
сторону,— через В|, Вг, .... Вт.
Пусть данный многоугольник имеет 2/г вершин. Тогда т +
47
4-&+i=2n. Отсюда видно, что m=£k. Следовательно, либо
m<k, либо m>k. Пусть для определенности m<.k. Тогда
прямые В\О, В2О, ..., ВтО не могут пересекать во внутренних
точках каждую из сторон СД|, Д1Д2, ..., Ak-iAk, поскольку по
предположению число этих прямых т меньше числа сторон k,
а в силу выпуклости многоугольника каждая из указанных пря-
мых может пересекать во внутренней точке не более чем одну из
сторон многоугольника. Ясно, что прямые А\О, А2О, ..., АкО не
пересекают во внутренних точках ни одну из сторон СА\, Д1Д2,
....	Следовательно, среди этих сторон'многоугольника
найдется такая, которую не пересекает во внутренней точке ни одна
из прямых ОД), ОА2, ..., ОАк, OBi, ОВ2, .... ОВт, ОС, что и требо-
валось доказать.
_ 33^ Введем вектор 8 = Я| . Н-Яю-________Отложим векторы
8 и 8 — ак от общего начала 0^ Пусть ОД =8, OBk = S — ак
(рис. 40). По условию задачи |8 —а*| <|S| для любого А =
= 1, 2, .... 10. Отсюда следует, что конец Вк вектора ОВк лежит
внутри круга с центром в точке О радиуса |8| = |ОД|. Следо-
вательно, Z-ВьАО острый. Так как ВкА — а.к, то это означает, что
угол между векторами ак и 8 острый. Доказанное утверждение
справедливо для любого k=\, 2, ..., 10. Следовательно, в каче-
стве искомой оси можно взять ось, «(направленную вектору
8 (проекции векторов я,, а2, ..., Яю на эту ось положительны).
34.	ДРАВ равнобедренный, поэтому точка Р лежит на пер-
пендикуляре MN к сторонам АВ и CD, который проходит через
середины этих сторон (рис. 41). Отсюда следует, что /\PCD
равнобедренный; PC = PD. Пусть Z.PCD = a, АВ = а, тогда
Mp=~7Tlg 15°, WP=-£-tga, MP^NP = a.
Следовательно,
48
tg a = 2 —tg 15° = 2—‘-g.^l-tg300 = 2-------^-=
8	8	1+tg 45° tg 30°	J_
=2 — ^-L= j3+3	*
л/34-l V3+I
откуда a = 60°, т. e. равнобедренный &PCD равносторонний.
Можно решить задачу иначе. Внутри квадрата ABCD суще-
ствует единственная точка Q, такая, что zLQCD= Z.QDC —
= 60°, т. е. дфСО равносторонний. Следовательно, задача будет
решена, если мы докажем, что точки Р и Q совпадают. Точка Р
является точкой пересечения прямых АР и ВР, поэтому достаточно
доказать, что точка Q лежит как на прямой АР, так и на пря-
мой ВР.
Вычислим Z.BAQ. Так как AD = DC=QD, то &ADQ равно-
бедренный, причем Z.ADQ — 900 — Z.QDC=30°. Следовательно,
ZQAD=-±-(180°-ZADQ) = 75°, и поэтому ZBAQ = 90°-
— /- QAD = 15°. По условию Х.ВАР= 15°, значит, точка Q лежит
на прямой АР. Аналогично доказывается, что Q лежит и на ВР.
Отсюда, как мы видели, следует, что &PCD равносторонний.
35.	Покажем, что второе число больше первого. Для этого
рассмотрим отношение первого числа ко второму. Это отношение
можно преобразовать следующим образом:
I978'976. 19761978 __ (1977-|- 1)1976-(1977—1)|976+2 _
(1977)2’1977	(1977)2’1976 +2
(I9772—1)|976-(1977—I)2	/.___1_Л 1976 / 1 __LV
(I9772)197*-19772	\	19772/ А 1977 /’
Мы видим, что отношение равно произведению двух чисел,
каждое из которых меньше единицы. Следовательно, и само
отношение меньше единицы.
36.	Условие A|J5UA=AU5 означает, что множество AIJB
есть объединение множеств X и AJB. Следовательно, ХсдЛиВ,
и поэтому (рис. 42) Х=(Л f] X) (J (В Г1 А). Так каюпо условию А f)X =
= Л(]В И ВПХ = ЛПВ, то Х=(ЛПВ)и(ЛПВ) = ЛПВ.
Рис. 42
49
Следовательно, решением данной задачи может быть лишь
множество X=Af]B. Проверка показывает, что это множество
удовлетворяет всем условиям задачи.
37.	По условию S&DAE=S&Dce- Так как &.DAE и &DCE имеют
общее основание DE, то из равенства их площадей следует, что
точки А и С равноудалены от прямой DE, т. е. AC\\DE (рис. 43).
Аналогично из равенства S&ABE=S ^ADE вытекает, что BD\\AE, т. е.
четырехугольник AODE — параллелограмм. Следовательно,
5 д лоо—&аое=
Рассмотрим четырехугольник AffCD. Пусть х = 5дВ0С. Тогда
(рис. 44) SдЛВ0=5лАВс S дВсо=5 х, S&coo=S&всо S&всо~
=S—x. Как мы знаем, справедливо равенство S^AOB'S^COD—
=SдвоеSдоол (см. решение задачи 19 для девятого класса),
поэтому
(S — x)2=xS, или х2 — 3Sx+S2 = 0.
Решая это уравнение и учитывая, что x<5s находим х=3—-S.
Таким образом, SABCDE=4S—х=5	• S.
38.	Доказательство проведем методом от противного. Предпо-
ложим, что существуют натуральные числа т, п, р, такие, что
ттА-па—рр. Тогда рр>тт, рр>пп. Из этих неравенств сле-
дует, что р>т и р>п. (Действительно, если бы, например,
р^т, то рр^.пгр^.тт, что противоречит неравенству рр>тт.)
Следовательно,	р^п-}-\. Поэтому
p₽Xm4-l)", + l=(m + l)(/n+l)m>2(m+I)ffl>2m'n,
т. е. рр>2т'п и аналогично рр>2па.
Таким образом, рр>т"гА-пп. Но это неравенство несовместно
с уравнением рр — т'п-\-пп. Полученное противоречие доказывает,
что наше предположение является неверным.
50
39.	Пусть натуральное число N есть сумма щ(где т~^2) пос-
ледовательных натуральных чисел, начиная с числа п (где 1):
W = n + (rt + l) + (n + 2)+...-|-(n-|-/n— 1),
т е. д^^(2”+т-1)т ,
Покажем, что в этом случае число N имеет нечетный делитель.
Действительно:
а)	если т — четное число, т. е. m=2k, Л>1, то число
М=(2л-|-2й—1) Л делится на нечетное число 2л-|-2Л—1;
б)	если т — нечетное число, т. е. tn = 2k+ 1,	1, то число
N=fyi-\-k)(2k + i) делится на нечетное число 2k +1.
Итак, число N, не удовлетворяющее условию, обязательно имеет
нечетный делитель. Докажем, что справедливо следующее утвержде-
ние: если число W имеет нечетный делитель, т. е. N — p(2qA-1), где
р^1, то число N можно представить в виде суммы не-
скольких последовательных натуральных чисел. Действительно:
а)	если p^q, то число N = p (2р +1) равно сумме (q—p-\-1) +
+(<7 — Р4-2)4-... +(<7~р + 2р) и, следовательно, удовлетворяет
требуемому условию (представимости в виде суммы нескольких
последовательных натуральных чисел: в данном случае коли-
чество слагаемых равно 2р);
б)	если p>q, то число N =р (2р-|-1) равно (р —р) +
+(Р~ q+ 1)+(р — ?+2)+...4-(р —<?4-2<7) (количество слагае-
мых равно 1 +2р).
Объединяя оба доказанных утверждения, приходим к резуль-
тату: натуральное число не может быть представлено в виде
суммы нескольких последовательных натуральных чисел тогда
и только тогда, когда это число не имеет нечетных делителей,
т. е. тогда и только тогда, когда является степенью двойки. Таким
образом, только натуральные числа вида 2₽, где р — неотрицатель-
ное целое число, удовлетворяют условию задачи.
40.	/\CDF и /\BDF имеют общее основание FD и равные
высоты, так как прямые ВС и AD параллельны (рис. 45). Следо-
вательно, 5дСО/7=5дв£)£. Аналогично SABOf=SABO£, так как
51
и и и £ г и лдВО£=ХдВС£, так как AB\\CD. Отсюда и следуем
требуемое равенство 5дСВ£=5дВС£.	‘
41.	Покажем, что все встречи с четным номером (в частности
и 1978-я встреча) происходят в точке D. Сначала покажем, чтс
третья встреча произойдет в точке С. Пусть vB — скорость дви-
жения велосипедиста, vM — скорость движения мотоциклиста^
$1 —сумма расстояний от точки А до точек С и D, s-2 — сумма'
расстояний от точки В до точек С и D.
Время, прошедшее от момента первой встречи в точке С до мо-
мента второй встречи в точке D, равно ^-=—. После второй
встречи (в точке D) велосипедист за время — доедет до точки
С, а мотоциклист до этой же точки С доедет за время у- , т. е. при-
едет в точку С одновременно с велосипедистом. Это и означает, что
их третья встреча произойдет в точке С. Рассуждая аналогично,
получаем, что все нечетные встречи происходят в точке С, а
все четные встречи — в точке D. 1978-я встреча произойдет в
точке D.
42.	Двумя цветами (черным — ч и белым — б) три узла по
вертикали можно раскрасить восемью способами (рис. 46). Пря-
моугольник, данный в задаче, содержит семь вертикальных стол-
биков по три узла каждый. В каждом столбике имеются по
крайней мере два узла одного цвета. Сопоставим каждому стол-
бику тройку (а; Ь; ц),тде а и b (а<Ь) — номера узлов (отсчи-
тываемые сверху вниз) с одинаковым цветом закраски, ц —
цвет закраски этих узлов. Так как имеется только шесть таких
троек: (1; 2; ч), (1; 2; б), (1; 3; ч), (1; 3; б), (2; 3; ч), (2; 3; б),
то двум из семи рассматриваемых в прямоугольнике столбикам
соответствует одна и та же тройка. Если to, /о — номера этих
столбиков, а (<1о; />0; Цо) — соответствующая им одна и та же
тройка, то вершины прямоугольника с координатами (ао; /о).
(Оо; /о), {bo\ io), (bo; jo) (первое число— номер узла в столбике,
второе — номер столбика) закрашены одним цветом Цо.
Рис. 46
52
43.	Рассмотрим четырехугольник ABCD (рис. 47). Длины
диагоналей АС и BD даны и равны а и b соответственно. Угол
между этими диагоналями равен а. Величина а также задана.
Построим параллелограммы АВОМ и BCKD. Тогда четырех-
угольник АСКМ будет параллелограммом. Действительно,
АМЦВО, ВОЦСК, и поэтому AM || СК. Кроме того, AM = BD = CK.
Стороны параллелограмма АСКМ известны: АС=МК=а, АМ =
= СК=Ь, АСАМ = а.
Покажем теперь, что периметр этого четырехугольника
ABCD равен сумме расстояний от точки’/) до вершин паралле-
лограмма АСКМ. Действительно, AB = DM (так как ABDM —
параллелограмм), BC = DK (так как BCKD — параллелограмм),
и поэтому АВ А-ВС A-CD A-DA = DMA~DKA~DCA-DA. Следова-
тельно, периметр четырехугольника ABCD будет наименьшим
тогда и только тогда, когда будет минимальна сумма DMA-DKA-
A-DCA-DA. Таким образом, задача свелась к следующей: внутри
данного параллелограмма АСКМ найти такую точку D, чтобы
сумма DM A-DК A-DC A-DА была минимальной.
Решим эту задачу. Проведем диагонали АК и СМ. По неравен-
ству треугольника
daa-dk^ak,
DC A-DM СМ,
и поэтому
DM + DK + DC + DA А К + СМ.
Таким образом, сумма DMA-DKA-DCA-DA не меньше суммы
диагоналей параллелограмма АСКМ и может быть ей равна в том
(единственном!) случае, когда точка D есть точка пересечения
диагоналей.
53
Укажем метод построения искомого четырехугольника. Вна-
чале по диагоналям и углу между ними строится параллелограмм
АСКМ, в котором АС = а, AM = b, Z.CAM = a. Затем находится
точка D (как точка пересечения диагоналей СМ и АК) и строится
параллелограмм ABDM. Четырехугольник ABCD и будет искомым.
44.	Если внутри ДЛВС выбраны п различных точек так, как
это требуется, то в общем случае существует несколько удов-
летворяющих условию задачи способов соединения этих п точек
отрезками между собой и с вершинами ДЛВС. В случае п=3 два
различных способа соединения точек указаны на рисунке 48, а, б.
Существуют и другие способы (укажите самостоятельно все ос-
тальные) .
Рассмотрим любой из возможных способов соединений данных
п точек отрезками. Из условия задачи следует, что после построе-
ния всех отрезков ДЛВС окажется разбитым на несколько меньших
треугольников, вершинами которых будут данные п точек и вер-
шины ДЛВС, а сторонами — построенные отрезки и стороны
ДЛВС (рис. 48, в). Понятно, что, найдя число малых треуголь-
ников х, мы легко сможем подсчитать искомое число отрезков.
Каждая из п точек является вершиной нескольких малых
треугольников, у которых сумма внутренних углов с вершинами
в данной точке равна 360°. Каждая из вершин дЛВС также
является вершиной нескольких малых треугольников, а сумма
их внутренних углов с вершинами Л, В и С равна сумме углов
ДЛВС, т. е. 180°. Поскольку каждая вершина каждого малого
треугольника совпадает с одной из указанных точек, сумма
внутренних углов всех малых треугольников равна 360°п-|-180°.
Но эта же сумма равна 180° х. Получили уравнение 360° « +
+ 180°= 180° х, откуда х = 2л+1-
Подсчитаем теперь число отрезков. Всего у 2п +1 малых тре-
угольников имеется 3(2пА~ 1)=6л-}-3 сторон, из которых три яв-
ляются сторонами дЛВС и, следовательно, не являются построен-
ными отрезками. Так как каждый из построенных отрезков
является общей стороной для двух соседних малых треуголь-
ников, то при подсчете остальных 6п сторон каждый отрезок
учитывался дважды. Следовательно, искомое число отрезков равно
54
$п. Как видим, оно не зависит ни от расположения п точек
внутри дЛВС, ни от способа соединения этих точек отрезками.
45.	Покажем, что условию задачи удовлетворяют только числа
а=3 и я = 24. Среди первой тысячи натуральных чисел имеется
ровно 10 чисел, у которых сумма цифр равна 3. Это числа 3, 30,
300, 12, 21, 120, 210, 102, 201, 111. Имеется также ровно 10 чисел,
у которых сумма цифр равна 24. Это числа 888, 996, 969, 699,
987, 897, 879, 978, 798, 789.
Решим задачу методом перебора, заметив, что 1 ^.п^.27.
Число л = 1 не удовлетворяет условию задачи: имеется только
четыре числа (числа 1, 10, 100, 1000), у которых сумма цифр
равна 1. В этот случаи вошло четырехзначное число 1000. Поэтому
далее можно ограничиться рассмотрением чисел не более чем
трехзначных.
Пусть xyz — не более чем трехзначное натуральное число,
тогда n=x+y+z— сумма его цифр. Такую же сумму цифр
имеет любое число, получающееся из него перестановками его
цифр. Если х, у, z — различные цифры, то перестановки приводят
к различным числам, а число всех перестановок равно 6. Следо-
вательно, если х, у, z — различные цифры, то существует не менее
6 различных чисел, у которых сумма цифр равна п. Если число п
можно представить в виде суммы x+y+z двумя различными
способами с различными цифрами х, у, z, то существует не менее
12 различных чисел, у которых сумма цифр равна п. Этот факт
облегчает осуществление перебора. Переходим к перебору.
1)	п = 2. Имеем: 2=0+0+2 (3 числа),
2 = 04-14-1 (3 числа).
Всего 6 чисел.
2)	л = 3. Имеем: 3 = 04-0 + 3 (3 числа),
3 = 04-14-2 (6 чцсел, так как цифры 0, 1, 2
различны),
3 = 1 + 1 + 1 (1 число).
Всего 10 чисел. Таким образом, число л = 3 удовлетворяет усло-
вию задачи.
3)	п=4. Имеем: 4 = 0 + 0 + 4 (3 числа),
4=04-14-3 (6 чисел),
4 = 04-2-j-2 (3 числа),
4 = 1-(-1-|-2 (3 числа).
Всего 15 чисел.
4)	При 5^ns^22 число п можно представить двумя различ-
ными способами в виде суммы трех различных цифр. Это озна-
чает, что количество соответствующих чисел не менее 12, и по-
этому числа п = 5, 6, 7, ..., 21, 22 не удовлетворяют условию
задачи. Приведем соответствующие представления п в виде суммы
трех различных цифр двумя различными способами:
5=0+1+4=0+2+3	7=0+1+6=0+2+5
6=0+1+5=0+2+4	8=0+1+7=0+2+6
55
10=1+2 + 7=1+3 + 6
11 = 1+2 + 8=1+3 + 7
12 = 1+3 + 8=1+4 + 7
13=1+3 + 9=1+4 + 8
14=1+5+8=1+6 + 7
15=1+5 + 9 = 2 + 4 + 9
16=1+6+9=1+7 + 8
17=1+7 + 9 = 2 + 7+8
18=2+7+9=3+6+9
19=3 + 7 + 9=4 + 6+9
20=4 + 7 + 9=5 + 6 + 9-
21=5 + 7+9 = 6 + 7+8
22=6 + 7 + 9 = 5 + 8 + 9
5)	« = 23. Имеем: 23 = 6+8 + 9	(6 чисел),
	23 = 7 + 7+9	(3 числа),
	23 = 7 + 8 + 8	(3 числа),
	23 = 5 + 9 + 9	(3 числа).
Всего	15 чисел.	
6)	п=24. Имеем: 24=8 + 8+8	(1 число),
	24 = 8 + 7 + 9	(6 чисел),
	24=6 + 9+9	(3 числа).
Всего
7)
10 чисел. Число л = 24 удовлетворяет условию
л = 25. Имеем: 25 = 7 + 9 + 9 (3 числа),
25 = 8+8 + 9 (3 числа).
Всего 6 чисел.
8) « = 26 = 8 + 9+9. Всего 3 числа.
9) /1 = 27 = 9 + 9 + 9. Всего 1 число.
Таким образом, осуществлен полный перебор по
задачи.
п, где
неотри-
46. Оба слагаемых в левой части данного уравнения
цательны. Поэтому их сумма может равняться нулю тогда и только
тогда, когда эти слагаемые одновременно равны нулю:
Г(х2+у2-4)(ху-1)=0,
(у2—х2=0.
Эта система уравнений распадается на две:
( х2+</2=4,
( и2 —х2=0
=0.
Из первой системы у2=х2 и х2 = 2, а из второй у = х, х2 = 1.
Следовательно, условию задачи удовлетворяют точки с коорди-
натами (д/2;-72), (-\/2; —у/2), ( —V2;->/2), (—л/2; — ^2) (из пер-
вой системы) и (1; 1), ( — 1; —1) (из второй системы). Других
решений задача не имеет.
47. Обозначим через х промежуток времени (в минутах) меж-
ду отправлениями троллейбусов с конечных пунктов, через ит и
уп соответственно скорости движения троллейбусов и пешехода.
По условию задачи через 6 мин после того, как какой-то троллей-
бус догнал пешехода, его догонит следующий троллейбус, кото-
рый, таким образом, за 6 мин пройдет путь, равный хит+6ип
(6un — путь, пройденный пешеходом за 6 мин, xvT — расстояние
между соседними троллейбусами), или 6ут. Отсюда
XVT + 6v„ = 6uT.	(1)
56
По условию задачи через 3 мин после того, как пешеход
ретретился с каким-то троллейбусом, он должен встретиться
с другим троллейбусом, идущим .вслед за первым. Расстояние,
отделяющее пешехода от второго троллейбуса в момент встречи
с первым троллейбусом, равно xvr. За 3 мин пешеход пройдет
путь, равный Зип, а троллейбус — 3vT. Из условия встречи полу-
чаем:
3yn + 3uT=xvT.	(2) '
Обозначим у=— Разделив уравнения (1) и (2) на ут=#=0,
V-t'
получим систему
(х4-6ы = 6,
\х—3у=3,
решая которую находим х = 4, у=-^~.
Следовательно, промежуток времени между отправлениями
троллейбусов равен 4 мин.
48. Из условия следует, что AN:DN = \:2 и MC:DC=3:4.
Продолжим отрезок CN за точку У до пересечения с прямой ВА в
точке К (рис. 49). Z_KNA = Z.CND, Z_AKN= Z.DCN.
Отсюда следует, что &KNA<x> &CND, т. е.
Z-/O U/V	/л
откуда Л/(=-|-£)С. Следовательно, ВЛ=Л/(4-ЛВ=Л/(4-^С =
Аналогично из подобия ДМОС и /\ВОК получаем:
ом_мс 2 Л4С 2 _з__ 1
ОВ ВК~ з’ DC~ 3‘ 4	2"’
откуда ОМ: ОВ =1:2.
57
qy. Для первой последовательности» у которой согласно ус
ловию
Xi = 22	1, Х2 = 42 -|- 1, Хз = 62	1, х4 = 82 -]- 1,	j
общий (n-й) член можно задать формулой	
хл==(2«)2 + 1 =4п2+ 1, n£N.
Если число п оканчивается на 1, то число п2 тоже оканчивается
на 1, и поэтому число 4п2 оканчивается на 4, а число хл = 4п2-|- 1 —*
на 5, и, следовательно, хп делится на 5. Ясно также, что если п-
оканчивается на 1 и п=#1, то число хп будет составным: она
делится на 5 и, очевидно, больше 5. Таким образом, значения
всех членов данной последовательности с номерами п = 10&4-1,
где являются составными числами.
Для второй последовательности, у которой согласно условию
х1==42+1, х2 = 142+ 1, х3 = 242+ 1, х4 = 342+ 1,
общий (я-й) член можно задать формулой
х„=(10 (n- 1) + 4)2+ 1 = 100 (п- 1)2 + 80(п- 1)4- 17, n^N.
Из этой формулы видно, что значения всех членов этой после-
довательности с номерами п= 1764-1. где k£N, являются состав-
ными числами: они делятся на 17 и не равны 17.
50. Первый с п о с о б. По аналогии с тем, как это делается
с квадратным трехчленом, преобразуем данный многочлен
р (х)=х44-ах24~6 следующим образом:
р w=(x'+2.f-х’+^)+ (»-£)=
Если число D = d2 — 4b неотрицательное, то мы можем получен-
ное выражение разложить на множители:
p«=(x’+f+л/^)(«!+1-л/=4^) 
Итак, в случае 0^0 задача решена.
Рассмотрим теперь случай £)<0, т. е. а2 — 46<0. В этом
случае 6>0, и поэтому
р (х)=(х4 4- (угЬ)2 4- 2 ~\[bx2) 4- (ах2 — 2 л/bx2) =
—(х2-\-^Ъ)2 — х2 (2^/b — a).
Из неравенства а2 — 4Ь <0 следует, что 2^[b>a. Следовательно,
р (х) можно разложить как разность квадратов, ибо 2 л/b — а>0.
Получим:	______
р (х)=(х2 4-	4- ~^2^b — a -xj^+^b— y/2^fb — a • х).
Таким образом, задача решена и в случае D<0.
Второй способ. Для решения задачи можно воспользо-
ваться методом неопределенных коэффициентов. Будем искать
58
разложение многочлена р (х) = х* -]-ах2-\-Ь на квадратичные мно-
жители х2 + ах+0 и x2 + y* + 6:
х4-|-ах2 4-Ь = (х2 + ах4-0) (х2 + ухД-6) =
= х4 + (а + У) х3 + (Р + а? + 6) х2 + (аб + Ру) х + 06.
Чтобы это тождество выполнялось при всех действительных
значениях х, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись
четыре равенства:
а 4“ У — 0, 04-ау + 6 = а, а6 + 0у = О, 06 = /?.
Покажем, что эта система из четырех уравнений для величин
а, 0, у, 6 всегда имеет действительное решение. Из первого и
третьего уравнений системы находим а= — у, у( — 6 + 0)=О.
Последнее равенство будет выполнено тогда и только тогда,
когда либо у = 0, либо 6 = 0.
Рассмотрим сначала случай у=0. Из первого уравнения
системы тогда следует, что а = 0. Третье уравнение выполняется
автоматически, а второе и четвертое уравнения принимают вид:
0 + 6 = а, 06 = /?.
Мы видим, что числа 0 и 6 являются корнями квадратного урав-
нения х2 -ах-\-Ь — 0. Они будут действительными числами, если
дискриминант этого уравнения будет неотрицательным, т. е. если
будет выполнено неравенство D = az — 4/?^0.
Итак, в случае D>0 следует взять а = ? = 0, а числа 0 и 6 надо
взять равными корням квадратного уравнения х2х— ах4-/? = 0.
Рассмотрим теперь случай 6 = 0. В этом случае второе и
четвертое уравнения системы принимают вид:
20 — у2 = а, 02 = /?,
и эта система уравнений будет иметь действительное решение,
если /?>0 (полагаем тогда 0=д/^) и если 2^//? —(полагаем
тогда у=д/2^—а). Оба эти условия выполняются, если
О = а2 —4/?^0. Мы пришли к требуемому результату.
51. В четырехугольнике ABCD обозначим Sj=SA/1flC, S<z =
= S&bcd* Тогда 5Ду1С£) = 5 Si, §&авп=$ *^2- &ABN и
ДДВС (рис. 50) имеют общую вершину Д, их стороны BN и ВС
лежат на одной прямой. Поэтому, обозначив через h их общую
высоту, опущенную из вершины Д, а через т отношение BN'.BC,
можем записать:
с 1-h-BN DX,
•Ь &ABN 2 BN
Аналогично (см. рис. 50)
S&DNC_ NC_BC —BN— .	BN,
S^BCD BC BC	BC
59
Из этих равенств получаем:	-i
•$&ABN =	д АВС~ т$1 •
5 ДДЛГС=О—т) двсд = (1—т) $2,
и поэтому
S&DNA = SaBCD S&ABN $ЛРМС = 3	—т) ^2-
Точно так же {рис. 51) находим:
S&BQC = SaBCD S&ABQ	0 —т) — $2)— М (S — S1).
Складывая найденные площади &DNA и ABQC, получаем:
S/ldna~\~S&bqc—(S — mS\ —(1 —rri) Зг)4-
+($ — (1 — m) S4-(l — m) S2 — mS4-mSt)=S.
Аналогично находится, что 5ДЛР84-5ДСА<£)=5. Следовательно,
S&APB + SXBQC~\~ S&CMD 4" S&DNA ~
Замечание. Результат будет тем же самым, если вместо
данного в задаче условия задать следующее условие:
AM _ СР BN _DQ
АВ CD И ВС DA ’
Эти отношения могут быть и не равны между собой.
52. Покажем, что около четырехугольника ОЕВК (рис. 52)
можно описать окружность.
^£OA=ZAOC=180°-ZOAC-ZOCA = 180°-^-(ZBAC +
+ Z_BCA)= 180°-y(180°- ЛЛВС)= 120°,
и, следовательно, Z.EOKA- Z_EBK = 180°,. т. е. точки О, Е, В, К
лежат на одной окружности. Так как О — точка пересечения бис- \
сектрис АК и СЕ, то прямая ВО делит А. В пополам. Z_OBE^=
= Z. ОВК, откуда ОЕ — ОК, что и требовалось доказать.
60
Рис. ,52
53. Для того чтобы построить искомую окружность, достаточ-
но найти на плоскости точку О, удаленную от всех данных точек
на различные расстояния.
Действительно, пусть О — такая точка. Построим 2 000 000
окружностей с центрами в точке О, проходящих через все данные
точки. Все эти окружности будут иметь различные радиусы, ибо
точка О удалена от исходных точек на различные расстояния.
Занумеруем радиусы"Построенных окружностей в порядке воз-
растания:
fl < 1"2 < <"3 < ••• < /'2000000
(г* — радиус Л-й окружности, 1 k 2 000 000). Построим теперь
с центром в точке О окружность радиуса г, такого, что Гюооооо<.
<r<ri000001- Ясно, что внутри этой окружности будет находиться
ровно миллион данных точек, расположенных на окружностях
радиусов гА, где 1	1 000 000. Другой миллион данных точек
будет, очевидно, находиться вне этой окружности, ибо г<г*
для 1 000 001 k 2 000 000. Итак, зная точку О, мы можем
построить требуемую окружность.
Покажем теперь, как найти точку О, удаленную от всех
данных точек на различные расстояния. Соединим отрезками
каждую из данных точек со всеми остальными точками. Число
всех таких отрезков конечно (оно равно 62000000= 1 999 999-Ю6).
Затем к каждому из построенных отрезков проведем серединный
перпендикуляр. Число всех таких перпендикуляров также будет
конечно. Возьмем в качестве О произвольную точку плоскости,
не лежащую на построенных серединных перпендикулярах. Такие
точки на плоскости, очевидно, существуют (конечное число пря-
мых не может заполнить всю плоскость). На любой окружности
61
с центром О лежит не более одной из данных точек (в противном
случае точка О была бы удалена на одинаковое расстояние от
некоторых двух данных точек и, следовательно, лежала бы на
некотором серединном перпендикуляре). Таким образом, мы
нашли требуемую точку О.
Замечания. 1. Аналогичным образом доказывается более
сильное утверждение: каково бы ни было множество из У раз-
личных точек на плоскости и каково бы ни было целое число М,
такое, что	существует окружность, внутри которой
находится ровно М из данных N точек.
2. Можно доказать, что для любого целого М, такого, что
существует прямая, по одну сторону от которой лежит
ровно М из данных А точек.
3. В утверждении, сформулированном в замечании 1, слово
«окружность» можно заменить на слово «квадрат» («правильный
треугольник», «правильный пятиугольник» и т. п.). Утверждение
останется справедливым.
54.	Проведем AQ || LC и LR || ВМ (рис. 53). Ясно, что
£±BML = &LRA = &DPQ. Следовательно, длины перпендику-
ляров, опущенных из вершин L и D на прямую AQ, равны длине h
перпендикуляра, опущенного из вершины В на прямую LC.
Пусть LM=x, MN=y. Тогда RP=LN=x+y, AR = LM—x,
AP=AR+RP=2x+y, и, значит,
$АВМ ND — $ Д LBM ~\~§Л1.ЫрА~$ь.АРО~
=-LLM-h+j-(LN+AP)h + -^-AP.h =
=4-xA-|-A-((x+t/)+(2x + z/))/I+-b(2x+y)/I=f(2x+!/)/l.
z	z	z
Так как PQ — средняя линия &NDC, то NC=2PQ~2x.
Поэтому S^MC=±-MC.h=-^(2x+y)h и SABMf/D:S лВМС=3:1.
62
55.	Для преобразования подкоренного выражения заметим,
что
111 ... 1=-~999 ... 9=у-(10л-1).
л цифр	л цифр
Поэтому
444 ... 4-11-444 ... 4 + 9=4-111 ... 1-
U— ----1	<----г—•	---,-->
1980 цифр	990 цифр	1980 цифр
-11-4-111 ... 1+9=-|--(10|980-1)-~(10990- 1)+9 =
ю1»»»—4—44- Ю9904-444-81 _ 4- IO'980 —44- 10"° 4-121
9	9
=(2:^.-1П!=(2-ю^-иу ^(666 ... 663)<
989 цифр
Следовательно, искомое число равно ,666 ... 6,3-
989 цифр
56.	Возможны два случая расположения точек К и L на осно-
вании AD (рис. 54).
Рассмотрим сначала случай, изображенный на рисунке 54, а.
Пусть AK — LD = a, KL = b, ВС = с. Из подобия AAML и &СМВ
AM__AL___aA-b
СМ~ ВС ~ с ‘
Аналогично из подобия &KND и &CNB
KN^KD^a+b
CN ВС с '
Таким образом, 4^=44. Используя это равенство, находим, что
CM CN
СА - СМ+АМ- . . 4М_ , . KN_CN+KN _СК
CM CM	CM СА/ CN CN'
Следовательно, &.CMN со дСА/С, и поэтому отрезок MN па-
Рис. 54
63

раллелен отрезку АК, т. е. отрезок MN параллелен основаниям
трапеции.
Случай, изображенный на рисунке 54, б, рассматривается j
аналогично.	‘	'
Замечание. Утверждение, сформулированное в задаче,
имеет место и в случаях, изображенных на рисунке 55.
57.	Запишем выбранные числа в виде 2'" • г, где т — неотри-
цательное целое число, г — нечетное число (наибольший нечет-
ный делитель числа). Наибольший нечетный делитель может
принимать одно из пятидесяти значений: 1, 3, 5, 7, ..., 97, 99. Так
как мы выбрали 51 число, то по крайней мере два из выбранных
чисел будут иметь равные наибольшие нечетные делители, т. е.
будут иметь вид 2""-г и 2тг-г. Ясно, что при Ш\>т2 первое число
будет делиться на второе, а при mi<zm2 второе число будет де-
литься на первое. Таким образом, среди выбранных чисел всегда
найдутся два числа, из которых одно делится на другое.
Заметим, что число 2'”'-ri может делиться на число 2т2«г2 и в
том случае, когда г\^г2. Например, число 72 = 23-32 делится
на 12=22-3.
64
58.	Найдем все решения данного уравнения и покажем, что
ими являются все целые числа, а также все числа из интервалов
(п; д/я2-Н), гдел = 0, 1, 2, 3, и что других решений нет.
Очевидно, что каждое целое число п удовлетворяет уравне-
нию. Будем искать нецелые решения уравнения. Пусть х = п-{-у,
где п — целое, а у удовлетворяет неравенствам 0<у<1. (Число
I/ называется дробной частью числа х и обычно обозначается
через {%}.) Тогда [х]=л и [xf = /i2. Из равенства
х2—(п+у)2 = п2 + 2пу + у2
следует, что [х2]=п2=[х]2 тогда и только тогда, когда 0^2ni/ +
+/<!•
Так как 0<у<1, то из неравенства 0^.2пуА-у следует, что
0^2п-|-у<2л +1, а это означает, что целое число п^О.
Из неравенства 2пу-\-у2<. 1 следует, что у2-\-2nyп2<.
< п2 +1, т. е. (у + п)2 < п2 -f-1, а так как у > 0 и п 0, то 0<у4-
-|-гг<~\/п5+1> и поэтому п<х< д/п2-|-1.
Следовательно, если нецелое x = n-j-y удовлетворяет данному
уравнению, то п^О и п<х<д/л?-Ь 1. Проверкой убеждаемся,
что любое такое х удовлетворяет данному уравнению.
Решениями данного в задаче уравнения, удовлетворяющими
неравенствам — 10^х^2, будут все целые числа из отрезка
[— 10; 2] и все нецелые числа из интервалов (0; 1) и (1; -\/2) (полу-
чающихся для л = 0 и п = 1 соответственно).
59.	Через k обозначим первоначальное число автобусов. Из
условия задачи следует, что k^2 и что число всех туристов равно
22ЛН-1. После отъезда одного автобуса всех туристов удалось
рассадить поровну в оставшиеся k— 1 автобусов. Следовательно,
число 22k +1 должно делиться на k — 1. Таким образом, задача
свелась к определению всех целых k ^2, для которых число
n_22fe+1 является целым и удовлетворяет неравенству ц^32
я — 1
(число п равно числу туристов, посаженных в каждый автобус,
а по условию задачи автобус вмещает не более 32 пассажиров).
Мы видим, что число я = 224—— будет целым только тогда,
k — 1
когда число будет целым. Последнее возможно только при
k = 2 и при k = 24. Если fe = 2, то п = 45, а если k = 24, то л = 23.
Отсюда и из условия л <32 получаем, что только k = 24 удовле-
творяет всем условиям задачи.
Следовательно, первоначально было 24 автобуса, а число всех
туристов равно п (к — 1)=23>23 = 529.
60.	Обозначим через I длину отрезка АВ, через К\, К2, ,
Кп красные точки, а через С|, Сг, .... Сп синие точки. Рассмотрим
точки, симметричные точкам Ki, К2.... Кп- Среди них р точек
будут красными, а остальные п — р точек — синими. Если рас-
3 Заказ 57	65
с
Рис. 56	Рис. 57	*
смотреть точки, симметричные точкам Сь С2, ..., Сд, то среди-
нах, очевидно, р точек (то же самое количество!) будут синими
и п — р точек — красными.
Таким образом, все 2п точек разбиваются на следующие пары
симметричных:
(К; К) (т. е. красная — красная) — р штук;
(К; С) (т. е. красная — синяя) —(п —2р) штук;
(С; С) (т. е. синяя — синяя) — р штук.
Очевидно, что сумма расстояний до точки А от обеих точек пары
(К; К) равна /. Точно так же сумма расстояний до точки В от обеих
точек пары (С; С) равна /. Сумма всех расстояний от красных
точек пар (К; К) до точки А равна pl и равна, очевидно, сумме
всех расстояний от синих точек пар (С; С) до точки В. Расстояние
же от красной точки пары (К; С) до точки А равно расстоянию
от синей точки этой же пары (К; С) до точки В.
Следовательно, сумма всех расстояний от красных точек до
точки А равна сумме всех расстояний от синих точек до точки В,
что и требовалось доказать.
61.	Очевидно, что SablA~Sbcml = Sabcm, SmdklA~Sbcml =
= SBCDK (рис. 56). Из этих равенств следует, что если SABCM =
=SBCDK, то SABL = SMDKL. Поэтому для решения задачи достаточно
доказать равенство SABCM = SBCDK.
Пусть О — центр шестиугольника ABCDEF. Повернем че-
тырехугольник АВСМ вокруг центра О на угол 60° по часовой
стрелке. Этот четырехугольник после поворота совместится с
четырехугольником BCDK. Поэтому эти четырехугольники равны
и, значит, равновелики. Следовательно, SABL = SMDKJ\
В результате поворота отрезок AM совместится с отрезком
ВК- Следовательно, угол между прямыми AM и ВК равен 60°.
Замечание. Равенство SABL = SMDKL имеет место в значи-
тельно более общей ситуации. Пусть пятиугольник ABCDE таков,
что BC\\AD, BD\\AE (рис. 57). Пусть М — середина стороны
66
CD, К — середина стороны DE, L — точка пересечения отрезков
AM и ВК. В этом случае справедливо равенство SABL=SMDKL.
„2
62.	Рассмотрим совокупность чисел уп —	2, .... 1980.
Через хп обозначим л-е из данных в условии задачи чисел:
хп = [уп], л=1, 2,	1980.
Если уп+i ^уП + 1, то, очевидно, хп+| =[у„+1]>[у„]=хл. Найдем
все п, удовлетворяющие этому условию:
, уп+1-уя
т. е. 2п> 1979. Получаем л^990. Следовательно, если л^990,
то Xn+i>xn, т. е. выполняются неравенства X99o<x99i <... <Х198о.
Заметим при этом, что хэ9о = 495.
Если же yn+i<ynA-1, то либо [i/n + i]=[t/n} либо [t/«+1]=
= [t/n]+l. Мы видим, что среди чисел хь Хг, ..., х989 встречаются
Г989^ ~|
все целые числа от Х| =0 до х989=|т^ 1=494. Итак, среди данных
чисел имеется 495+( 1980 — 989) = 495 + 991 = 1486 различных
чисел.
63.	Покажем, что длина отрезка NK будет наибольшей тогда
и только тогда, когда точка М диаметрально противоположна
точке А в окружности, описанной около Л АВС.
Построим на отрезке AM как на диаметре окружность с
центром О. Поскольку Z.MNA = Л.МКА =90°, эта окружность
пройдет через точки N и К (рис. 58). Из A AN К по теореме
синусов имеем NK—AM sin Z-NAK- Величина <CNAK= ABAC
Рис. 58
67
задана. Поэтому длина отрезка NK будет максимальной тогдЯ
и только тогда, когда максимальна длина отрезка AM, которая^
очевидно, максимальна тогда, когда AM — диаметр окружности?
описанной около ДАВС.
64.	Если данное йисло целое (равное а), то под корнем стоит
число (а —у26)\ т. е. должны выполняться равенства
1 - 27 V^'6+9 V262 = (а - W)3=а3 - За2 (/26 + За ^262 - 26.
Легко увидеть, что число а = 3 удовлетворяет этим равенст-
вам.
65.	Рассмотрим случай, когда данный дАВС остроугольный.
Проведем в нем высоты АК и ВМ (рис. 59). Очевидно, что
А/(<АС, ВМ<ВС. Складывая эти неравенства, получаем
АК + ВМ<АС + ВС.
Случаи тупоугольного и прямоугольного треугольников рас-
сматриваются аналогично. При этом в прямоугольном ДАВС с
гипотенузой АВ высоты, проведенные из вершин Л и В, совпадают
с катетами АС и ВС. В этом и только в этом случае сумма длин
двух высот треугольника равна сумме длин тех сторон, на которые
эти высоты опущены. Таким образом, сумма длин высот не может
быть больше суммы длин сторон, на которые эти высоты опущены.
66.	Покажем, что если нечетное й-значное (й>2) число А
является квадратом некоторого натурального числа, то у числа
N предпоследняя цифра четная. Отсюда, очевидно, следует, что
чисел, удовлетворяющих условию задачи, не существует.
Докажем это утверждение. Пусть N — нечетное число, явля-
ющееся квадратом числа М, т. е. А = Л12. Ясно, что М — нечетное
число. Представим его в виде Юа + В, где а и b натуральные,
причем	и b нечетное. Тогда
А = М2 = (10а + 6)2= 100a2 + 20ab 4-fe2.
Мы видим, что две последние цифры числа А определяются
суммой 2Qab-[-b2. В этой сумме первое слагаемое 20аЬ оканчи-
вается на нуль, а его предпоследняя цифра четна. Второе сла-
гаемое Ь2 есть квадрат нечетного однозначного числа и совпадает
с одним из следующих чисел: Д2= 1, 32 = 9, 52 = 25, 72 = 49, 92 = 81.
Таким образом, число Ь2 либо является нечетным однозначным
числом, либо двузначным числом, предпоследняя цифра которого
четна, а последняя — нечетна. Следовательно, при сложении
чисел 20аЬ и Ь2 получается число, последняя цифра которого
нечетна, а предпоследняя — четна. Утверждение доказано.
67.	Пусть О, Q — центры квадратов ABCD и AEFG соответ-
ственно, Р — середина BG, S — середина DE (рис. 60). Докажем,
что POSQ — квадрат.
Так как РО — средняя линия &BGD, то PO\\GD, PO=-^-GD.
Аналогично QS\\GD, QS=±-GD (из /\GED). Следовательно,
68
PO\\GD\\QS, PO = QS=-^-GD. Так как QP, SO — средние линии
Д EG В и Д DE В, то QP || ЕВ || SO, QP = SO = ±-EB.
Докажем, что отрезки GD и ЕВ равны и перпендикулярны.
Если это так, то из равенства GD — EB. и из полученных выше
равенств следует, что PO = OS = SQ^=QP, т. е. POSQ— ромб,
а из перпендикулярности отрезков GD и ЕВ следует, что парал-
лельные им отрезки РО и OS также перпендикулярны, и потому
POSQ является квадратом. Рассмотрим поворот с центром в
точке А на угол 90°, при котором точка В переходит в точку D.
При таком повороте точка Е, очевидно, переходит в точку G, а
отрезок ЕВ — в отрезок GD. Но это и означает, что GD=EB
и GD ± ЕВ. Из доказанного следует, что POSQ — квадрат.
68.	Разобьем круг на 990 равных секторов с углом а =^~360°
(рис. 61). Тогда хотя бы в одном из секторов окажется не менее
трех точек (точку, лежащую на границе двух секторов, считаем
принадлежащей одному из>них). Действительно, если бы в каждом
секторе было не более двух точек, то общее количество точек
было бы не больше 2-990=1980.
Рассмотрим сектор, содержащий не менее трех данных точек.
Возьмем какие-либо три точки, попавшие в этот сектор. Очевидно,
треугольник с вершинами в этих точках лежит в секторе (рис.
61, а), и поэтому его площадь не больше площади сектора, кото-
рая равна ^<0,0011. Тем самым доказано, что существует
треугольник с вершинами в данных точках, площадь которого
меньше 0,0011.
69
Замечания. 1. Доказательство, проведенное выше, го-
дится для любого разбиения круга на выпуклые равновеликие
фигуры, число которых равно 990. Например, можно поделить
круг на 990 равновеликих фигур так, как это изображено на
рисунке 61, б\ концентрический малый круг имеет площадь и
делится на 330 равных секторов, а оставшееся кольцо площадью
делится на 660 равновеликих фигур отрезками, лежащими
на радиусах круга.
2. Можно доказать более сильное утверждение: найдется
треугольник, площадь которого меньше 0,00051. Для доказатель-
ства заметим, что 1981 точка, никакие три из которых не лежат на
одной прямой, может быть соединена одна с другой отрезками
так, что построенные отрезки будут ограничивать 1979 треуголь-
ников А|, Д2,	Л|979, попарно не перекрывающихся и целиком
лежащих в круге (на рисунке 62 показано, как можно соединить
друг с другом требуемым способом 11 точек). Поэтому
(min SJ. 1979 S41 + S41+- +	1,
1<*<1979
где через S4> обозначена площадь Д*, где 6=1, 2, ..., 1979. Сле-
довательно, существует треугольник с вершинами в данных точ-
ках, площадь которого не превосходит-j^=0,000505...<0,00051.
69.	Докажем более общее утверждение: для каждого n£N
существуют такие взаимно простые целые числа а„ и Ьп, что выпол-
няется равенство (1 -\-^2)" = ап-^-Ьп у/2. Воспользуемся методом
математической индукции. При п = 1 утверждение справедливо:
(1+V2)‘ = 1+V2,T. е. at = 1 и b\ = 1. Предположим, что утвержде-
ние справедливо при п = 6, т. е. (существуют такие взаимно
70
простые целые числа ак и Ьк, что выполняется равенство (1 + д/2/ =
=^ак-\-Ьк~^2. Докажем, что тогда справедливо аналогичное ут-
верждение при n = k+\:
(1 +W+I =(1 + W (1 +л/2)=(а* + ^л/2)(I +л/2) =
—(ок	bk) у/2?
Обозначим ак + \ = акА-2Ьк, Ьк+\=акА-Ьк и покажем, что целые
числа а4+1 и bk+i взаимно простые. Выразив числа а* и Ь* через
ак+\ и Ьк+1, получим ак = 2Ьк+] —ак+ь bk = ak+l — bk+i. Из этих
равенств следует, что любой общий делитель пары чисел а*+ь
bk+t является общим делителем пары чисел ак, Ьк. Но числа
ак, Ьк взаимно простые по предположению индукции. Следова-
тельно, числа «4 + 1, Z>4+i не могут иметь общего делителя, от-
личного от 1, т. е. также являются взаимно простыми, что и
требовалось доказать.
70.	Через S обозначим площадь дЛВС. Так как МВ — ме-
диана дЛВС, то S^ABM=S^MBC=-^-S (рис. 63). В треугольни-
ках BLK и АВС углы LBK и АВС равны как вертикальные и по
условию ВК = ЗАВ, BL = 5CB. Поскольку площадь треугольника
равна половине произведения длин двух его сторон на синус угла
между ними, заключаем, что 5двдк= 15S дЛвс= 15S. Аналогично
доказывается, что S^BLN=1QS, S^BNK=6S. Таким образом,
Sabz.w + 5abnk>sABLK’ поэтому точка N лежит вне &BLK
(рис. 63). Следовательно, 5дК4А,=5двлл+5дВЛ,х-5дв£К=5, т. е.
•SbABC’S&KLN= । • 1 •
Замечание. Если бы точка N лежала внутри &BLK, то
выполнялось бы равенство S ^KLN=S ^BU(-S ^BLN-S ^BNK. Таким
образом, в обоих случаях справедливо равенство
$&KLN=	&BNK $ ДВ4У<1-
71
Если данные в условии задачи отношения заменить отнощЯ
ниями BK^AB — k'A, BL:CB = l:lf BN :МВ~ггЛ, то аналогичйя
тому, как это было сделано выше, можно показать, что Я
Следовательно, в этом случае	Л
S	$ &BNK $ ДВЫ<) “"о"	2lk~{- ktt\ *S.
л
71.	По условию задачи
a2 = ai4-2a‘ = m + 2ai,	J
a3 = a2 + 2ai = m + 2a' + 2a\	'
щ = аз + 2а1 = т + 2а‘ + 2а2 + 2и1
и т. д. Докажем методом математической индукции, что при
всех справедливо равенство
ап + '=гп + 2а' + 2а* + ... + 2а\	(I)
При п=1 равенство (1) выполняется по условию задачи.
Пусть оно справедливо при rt = k, т. е.
а/г + 1=т + 2а|4-2а2 + ... + 2а*.
Тогда
a^2 = afc + l4-2fl^’ = An + 2fl‘ + ... + 2fl‘ + 2fl^',
т. е. равенство (1) справедливо и для n = k-[-l. Следовательно,
оно справедливо для любого п. Из этого равенства следует, что
все числа ап, п^2, имеют ту же четность, что и число т.
Мы должны доказать, что среди членов последовательности
(ап) найдется бесконечно много чисел, делящихся на 3. В силу ра-
венства (1) естественно начать с нахождения остатков, получаю-
щихся при делении на 3 чисел вида 2°, где a^N. Докажем, что
если число а является четным, то 2а при делении на 3 дает оста-
ток 1. Снова воспользуемся методом математической индукции.
При а = 2 утверждение справедливо: число 22 = 4 дает при делении
на 3 остаток 1. Предположим, что утверждение справедливо
при а = 2й. Докажем, что $ таком случае утверждение спра-
ведливо и при a = 2fe + 2. Имеем 22к+2 = 22к-4 = 3-2** Ц-22*.
Число 3-22А делится на 3, число 22А по предположению индукции
дает в остатке 1. Следовательно, число 22А + 2 при делении на 3
дает в остатке 1. Утверждение доказано.
Из доказанного утверждения следует, что если число а явля-
ется нечетным, то число 2е при делении на 3 дает в остатке 2.
Действительно, если a==2k+ 1, то 2е = 22* • 2 = (22* — 1J-2 + 2. По
доказанному число 22* дает в остатке 1, значит, число 22*—1
нацело делится на 3, и поэтому число 2а при делении на 3 дает
остаток 2.
72
Если т — четное число, то числа аь а2, ап также четные,
и поэтому числа 201, 2“!, .... 2“" дают при делении на 3 в остатке 1,
т. е. могут быть записаны в виде
2“' = 36i + l, 2fll=3&2+l, .... 2“" = 3&„+l,
где b\, bi, .... bn — натуральные числа. Следовательно,
Ол+1 — tn-[-(3bi -f- l)-i-(3b2-|- + ••• 4*(36п+ 1)=
= /n-|-n4-3(ti + 62 + +
Отсюда видно, что число an+i делится на 3, если на 3 делится
число т+-п, т. е. если m + n = 3fe, n=3k —т, k£N. Число п будет
натуральным, если будет выполнено неравенство 3k — т>1, или
k^2^-, т. е. если Л>р~"Я + 1.
о	1 о I
Таким образом, при четном т на 3 делится бесконечно много
членов последовательности (ал): все члены последовательности
с номерами 3£ —т4-1, где	... .
Если т — нечетное число, то нечетны также числа аь Д2,
...» ап. Поэтому числа 2а\ 2а\ ...» 2ап дают при делении на 3 в ос-
татке 2, т. е. 2я' = ЗС1+2, 2а2=Зс2 + 2, ...» 2ая = Зсп + 2, где fi, f2,
..., сп — натуральные числа. В таком случае из равенства (1)
получаем:
ап-^\ = m-|-(3ci + 2)-|-(Зс2+ 2)Ц-...-(-(ЗСл Н“2)=
= т 4-2л 4-3 (й 4*f2 4~ ••• 4“
Число делится на 3» если на 3 делится число т 4~2л, т. е. если
m4~2rt = 3fe» п = -k-^— > k£N. Дробь 3-уm- будет целым числом,
если k нечетно, и натуральным числом, если нечетное число k
удовлетворяет неравенству —или з“> т- е’ если
'аким образом, при нечетном т на 3 также делится бесконечно
много членов последовательности (ап): все члены последователь-
ности с номерами	1, где k— нечетное число, удовлетво-
ряющее неравенству k	' •
72.	Покажем, что уравнение х3ах2 + 6х + с = О, в котором
|а|^1980, 1^1^1980, |с| ^1980, не может иметь корень, боль-
ший 1981. Предположим противное: пусть х3-|-ax2 + &xi + с=0
и х, > 1981. Тогда
х3 = — ах2 — Ьх\ —	|а| -х2+ |6| - Х| + |с|	1980 (x'f-f-X) +1) =
_ 1980 / 3	1980	/ 3 n_v3 .
- — (*' - 1)<Т98Гч‘( 1 “ 1)-Х1 “ ’’
73

к
b
Рис. 65
Рис. 64
Следовательно, сделанное 1
1
невозможно,
иметь места.
и поэтому —I, что
предположение не может
Замечание. Аналогично предыдущему доказывается сле-1
дующее утверждение: уравнение	1
хп4-ал_\ХП 1-\-ап—2Хп “4-... + aix + ao = O,	J
I
в котором все коэффициенты по модулю не превосходят числа Ь,
не может иметь корень, модуль которого больше числа Z>4~1.
73.	Продолжим отрезки АВ и BiA[ до пересечения в точке L'<
(рис. 64). Ясно-, что AB:AL = B\Ai ".B\L= 1:2. Построим пра-
вильные треугольники ALK и B\ML так, как показано на рисунке.
Отметим, что LK\\BC, LM||AiCi, AC:AK = BtC\ :ВУМ = 1:2.
Точка С — середина отрезка АК. Следовательно, CD — сред- “
няя линия ДАКВ;, т. е. CD\\KB\, CD=±-KBi. Аналогично
Т.
DCt — средняя линия дАВ|Л4, т. е. DCi ||ЛЛ4, DCi=-^-AM.
Рассмотрим поворот с центром в точке L на угол 60°, при .
котором точка К переходит в точку А. При этом повороте точка
В| переходит в точку М, а отрезок КВ\ — в отрезок AM. Следо-
вательно, KBi=AM (отсюда следует, что CD = DCt), а отрезок
AM получается из отрезка КВ\ поворотом на угол 60° (отсюда
следует, что отрезок DC\ получается из отрезка CD\\KB\ также
поворотом на угол 60°, т. е. 2.CDCt —120°).
Мы видим, что CD = DC\, Z.CDC| = 120°, т. е. углы £\CDC\
равны 30°, 120°, 30°.
74.	Всего в вершинах многоугольника записано 1982 числа.
Среди конечного множества чисел всегда найдется наименьшее
число (быть может, не одно). Пусть а — такое число. Пусть
Ь, с — «соседи» числа а (рис. 65). По условию задачи должно
выполняться равенство а = ^-^-, т. е. t>A~c — 2а=0, или (b — а) +
4-(с — а) — 0. Так как Ь^а и с^а, то разности Ь — а и с —а неот-
рицательны, и поэтому равенство (Ь — а)А-(с — а)=0 может вы-
полняться только в случае, когда Ь — а=0 и с — а = 0. Это озна-
74
чает, что оба «соседа» наименьшего числа а также являются
наименьшими числами. Переходя к ним и проводя аналогичные
рассуждения, получаем, что и «соседи соседей» также являются
наименьшими числами. И т. д. В итоге получим, что все записан-
ные по кругу числа равны наименьшему из них, т. е. равны друг
другу.
75.	Покажем, что, имея в большем сосуде k литров
воды, можно с помощью переливаний получить в нем же k — 2
литров, т. е. на 2 л меньше. Схема переливаний приведена в
таблице.
9-литровый сосуд	0	9	9-(ll-fe) = fe-2	к —2	0
11-литровый сосуд	к	к	Л+(П-А)=11	0	к —2
Согласно этой схеме на третьем шаге 11-литровый сосуд, в котором
имеется k литров, дополняется до полного водой из 9-литрового
сосуда, для чего из 9-литрового сосуда выливается 11 — k литров
воды (заметим, что 11—6^9, если k J>2). Теперь укажем, какие
переливания нужно сделать для того, чтобы получить в 11-литро-
вом сосуде 10 л воды. Считаем, что вначале оба сосуда пусты.
1.	Наполняем из крана 9-литровый сосуд и эти 9 л воды пере-
ливаем в 11-литровый сосуд.
2.	По схеме, описанной выше, в большем сосуде, начиная с
9 л, последовательно получаем 7, 5, 3 л и, наконец, 1 л.
3.	Заполняем 9-литровый сосуд и эти 9 л воды переливаем
в больший сосуд, в котором уже имеется 1 л. В результате
в большем сосуде окажется 10 л.
Следует отметить, что описанный метод не является единствен-
но возможным.
76.	Искомое число N по условию имеет вид N = aabb, и по-
этому
N = 1000а+ 100а + 106 + b = 1100а + 116= 11 (100а + 6)
(а, 6 — цифры, причем а^1; не исключается случай равенства
а = Ь). Так как число N делится на 11 и является квадратом,
то оно делится на И2, и, значит, число 100а + 6 делится на 11.
Из равенства 100а 4-6 = 99а 4-(а 4-6) следует, что число а+ 6
делится на 11. Так как а, 6 — цифры, причем 1^а^9и0^6^9,
то 1^а + 6^18, и, следовательно, а + 6= 11.
Итак, N = 11 (99а4- 11) = 11 • 11 -(9а4- 1). Чтобы число N было
квадратом, необходимо (и достаточно), чтобы число 9а4-1 было
квадратом. Перебирая цифры а=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, находим
единственное подходящее значение а = 7. Следовательно, 6 = 11 —
-а = 4 и jV = 7744 = 882.
75
77.	Точки А, В, С, D могут располагаться на плоскости)
произвольным образом (рис. 66), однако во всех случаях cnpa-j
ведлив следующий результат: если М — середина отрезка АС,^
а N— середина отрезка BD, то MN=-^-(ABA~CD). Докажем'
это утверждение. Так как	2	. |
ЛМ=-^-ДС=^-(ДВ + ВС), BN = -^'BD=^-(BC + CD),
то Jan=ma+ab-^bn==--^-(ab+bc)+ab-^-y(bc+cd)=^1
—-^-(AB-^-CD), что и требовалось доказать.	|
78.	Пусть R — точка пересечения PQ и MN, К — точка пере-1
сечения AQ и MN (рис. 67, a), L —точка пересечения PD и МАЛ*
(рис. 67, б). Требуется доказать, что точка Д’ совпадает с точ-’Ч
кой L.	'	1
Прежде всего заметим, что четырехугольник PMQN — парал-1
лелограмм. Действительно, так как РМ — средняя линия тре- ;
угольника АВС, то РМ||ЛС и РМ=-^-АС. Аналогично NQ\\AC :
76
и NQ=-^-AC, так как NQ — средняя линия &ACD. Таким об-
разом, PM\\NQ и PM = NQ, а это и означает, что PMQN —
параллелограмм. Диагонали параллелограмма точкой пересе-
чения делятся пополам. Следовательно, точка R — середина от-
резка PQ.
Из условий задачи следует, что отрезок PQ является сред-
ней линией трапеции ABCD. Значит, PQ||AD, и поэтому /?Q||AAf.
Отсюда, в частности, следует, что треугольники 'AKN и QKR по-
добны, и поэтому	Аналогично из подобия /\PRL и
да QR
&DNL получаем (рис. 67, б), что	Так как AN = ND
и QR = RP, то правые части обоих отношений равны. Следова-
тельно, равны и их левые части, т. е.	 Из этого равен-
дд RL
ства, очевидно, следует, что точка К совпадает с L, что и требова-
лось доказать.
Замечание. Утверждение задачи следует из теоремы Чевы.
Для доказательства этого продолжим боковые стороны АВ и DC
до пересечения в точке S (рис. 68). ДВЗС со ^ASD, причем
точки М н N будут лежать на прямой, содержащей медианы SM
и SN этих треугольников. Отрезки AQ, DP и SN, построенные
в дАЗО, по теореме Чевы будут проходить через одну точку,
если будет выполняться равенство
Но это равенство действительно имеет место, ибо DN = NA, а
ТаК КаК PQI|j4D-
79.	Пусть О — общий центр двух окружностей (рис. 69).
Пусть /LBAO=a, тогда ABAC = 2 АВАК=4АВА()=4а. Да-
77
.ice, OA = OB = ОС (как радиусы описанной окружности), и no-jj
этому Z_ABO = a, АОВС= АВСО, А.ОСА= АОАС=За. Так]
как Х.ОВС= Л.АВО = а, то Z.ABC=2a, Z.BCA =4a. Из того,*
что сумма величин углов треугольника равна 180°, находим,^
что 4a4-2a+4a = 180°, т. е. a = 18°. Следовательно, АВАС= 
= Z.BCA = 72°, Z.АВС = 36°.
80.	На каждом станке должны уметь работать по меньшей-
мере четверо рабочих: если на каком-нибудь станке умеют ра-<
ботать только трое рабочих, то при их отсутствии станок будет
простаивать. Следовательно, расходы на обучение не могут быть
меньше 5-4-1000 р = 20 000 р.
Покажем, как можно обойтись этой суммой. Обучим трех
человек работать на всех станках (сделаем этих рабочих универ-
Станок	Рабочий							
	1	2	3	4	5	6	7	8
№ 1	X	X	X	X				
№ 2	X	X	X		X			
№ 3	X	X	X			X		
№ 4	X	X	X				X	
№ 5	X	X	X					X
Станок	Рабочий							
	1	2	3	4	5	6	7	8
№ 1	X	X	X	X				
№ 2		X	X	X	X			
№ 3			X	X	X	X		
№ 4				X	X	X	X	
№ 5					X	X	X	X
78
салами), а оставшихся пятерых рабочих обучим работать лишь
на одном станке (каждого на своем). Тогда любые 5 из 8 рабочих
смогут обеспечить.работу всех станков одновременно, причем,
как легко подсчитать, затраты на обучение будут равны 20 000 р.,
т. е. стоимость обучения будет наименьшей возможной.
Выше в таблицах приведены 2 конкретных примера схемы
обучения. Крестиками отмечены те станки, на которых умеет
работать данный рабочий.
81.	Не ограничивая общности, можно предположить, что дан-
ные 6 городов расположены в вершинах правильного шестиуголь-
ника. Тогда наша задача эквивалентна следующей: можно ли,
используя три цвета, раскрасить стороны и диагонали шестиуголь-
ника так, чтобы: 1) все они были раскрашены; 2) не было одно-
цветных треугольников; 3) для любого разбиения шести вершин
на три пары хотя бы два из трех отрезков, соединяющих вершины,
входящие в одну пару, были одинаково раскрашены?
Такую раскраску сделать можно. Естественно при поиске такой
раскраски попытаться найти симметричную раскраску. Она ука-
зана на рисунке 70,а (три цвета на нем обозначены пунктиром,
тонкими и жирными линиями). На рисунке 70,6 приведена другая
раскраска, отличная от первой, но тоже удовлетворяющая услови-
ям задачи. Так что у задачи имеется несколько решений.
82.	Если Ь — а <0,1, то 1 + 100 (Ь — а)2 <2. Следовательно, на
отрезке, длина которого меньше 0,1, может находиться не более
одной точки. Отсюда следует, что расстояние между двумя сосед-
ними выбранными точками больше или равно 0,1.
Пусть ..., ап — выбранные точки. Пусть они.занумерова-
ны так, что 0^Д)<Д2<-..<0«^ 1. В силу отмеченного выше
свойства должны выполняться неравенства:
02 —0|>О,1, 0з—02>О,1, . . ., ап — 0Л_|>О,1.
Рис. 70
79
Сложив эти неравенства, получим an—ai >(д—1)-0,1. С друЯ
гой стороны,	—О]. Следовательно, 1	Отсю*|
да n	11, т. е. максимальное число точек не превосходит 1
Можно указать ровно 11 точек, удовлетворяющих условию задачи^
Это точки ai=0, 02=0,1, оз = 0,2,..., ою = 0,9, Оц = 1. Таким обра^ч
зом, наибольшее число точек, которые можно выбрать на отрез-,
ке [0; 1] так, чтобы выполнялись условия задачи, равно И.
83.	Пусть х = АМ = АР, y — BM = BN, z = CN = СР (рис. 71).'
От А отложим вектор NK=BP. Тдгда четырехугольник BNKP}
будет параллелограммом, и так как КА = — (AN+NK) = -(ANA--;
А~ВР)=СМ, то АМСК также параллелограмм. Следовательно,£
PK = BN=y, КС = АМ = х и АВАС^АКСР, £ВСА = £КРС^
Последнее означает, что & АВС со &СКР, и поэтому
= 4^-, т. е.	Отсюда следует, что?
-й-=—=—. Обозначим это отношение через k. Тогда y = kx, z==-
х у z	,
= ky, x = kz, и поэтому x = kz = k~y = k3x. Следовательно, k=\,
т. е. x=y = z. А это и означает, что данный треугольник правиль-
ный.
Замечание. На рисунке 71 векторы AN, ВР, СМ проходят
через одну точку. Это не случайно. Так как АР=АМ, BM = BN,
AM BN	СР
CN=CP, то -ТГ5- • -Т77Г • -пг = 1, и, следовательно, по теореме
NIB NC	АР
Чевы (см. задачу 78) отрезки ЛМ, ВР, СМ имеют общую точку.
84.	Через х и у обозначим число машин, отправленных первым
и вторым автохозяйствами соответственно. По условию у<2х,
80
у — 2>х + 2, х+у<18. Следовательно, задача сводится к реше-
нию в целых положительных числах следующей системы нера-
венств:
'у<2х,
< у>х + 4,
х + у<\8.
Из первых двух неравенств следует, что 2x>x-f-4, т. е. х>4. Из
второго и третьего неравенств следует, что 18>х-|-х + 4, т. е.
х<7. Таким образом, либо х = 5, либо х=6.
При х = 5 из первых двух неравенств для у получаем систему
неравенств 10, у>9, которая не имеет решений в целых чис-
лах. При х = 6 для у получаем систему у< 12, у> 10, из которой
следует, что у= 11.
Таким образом, из первоТо автохозяйства отправили б машин,
а из второго — 11 машин.
85.	Докажем, что АСАМ -|- Z.MBD = 180° (рис. 72). Отсюда,
очевидно, следует параллельность прямых АС и BD.
Из свойств вписанных углов
АСАМ = 180°- ACNM,
AMBD—180° — AMND.
Из этих равенств и из равенства
Z. CNM + А МND = 180° следует,
что
АСАМ А~ AMBD= 180°.
Замечание. Утверждение
задачи справедливо и при других
расположениях точек А, В, С и D
(см., например, рис. 73).
86.	Для краткости АЕАВ,
A ABC, ABCD, ACDE, A DEA
будем обозначать соответственно
через А А, АВ, AC, AD и
АЕ. Обозначим через К и L точки
пересечения отрезка DE с отрезка-
получаем
Рис. 74
81
ми АВ и ВС (рис. 74). Z.BLK внешний для &.DLC, поэтому-|
ABLK= Z-C+ Z.D. Аналогично zLBKL= ЛА-\- ЛЕ. Для углов!
&.K.BL справедливо равенство ЛВКЬ-\- Z.В4- Z-BLK—180°. За- |
меняя в этом равенстве Z.BKL и Л-BLK указанными выше j
суммами, получаем Z.A +Z.B+Z.C+Z.D+Z.£= 180°.	1
87.	Число 23198' обозначим через п, первое данное число — i
через А, второе — через В. Так как 231982=23п, а 231983=232п, то
__ ft -f-1 q_23п 4~1
23/1-Н ’	232п-Н ’
Рассмотрим отношение этих чисел:
А _ л-Ц . 232л + 1 _ (23п)2+(23г+1)п + 1
В 23п + 1	23п + 1	(23п)2+2-23п-|-1
Так как 2324- 1 >2-23, то очевидно, что числитель больше знаме--'
нателя, и поэтому -4-> 1, т. е. А>В.
88.	Так как для любого х£/? справедливы неравенства
7.1 4-х2+х+ 1 > |х| +%+1 >1,
то данная функция определена для любого x£R. Заметив, что при
всех x£R выполнено неравенство 71 4-х2 —х-|- 1 > 1, умножим
числитель и знаменатель данной функции на ->/1 4-х2—х-|-1:
f (х) — h/l+x2+x—1)714-х2—х-Н) _
(т/Г+х5-|-х-Ь1)(7Г+хг—х+1)	'
=	(УТ+Р)2-(Х~1)2	= 2х = X
(Vu-х2-!-1)2-х2	г+г-уТ+х* i+VT-b?’
откуда видно, что f (—х)=—f(x) для любого x£R.
89.	Справедливо более общее утверждение, которое мы и дока-
жем: если сумма п действительных чисел равна нулю, то их можно
занумеровать таким образом, что первое число будет неотрица-
тельным и для любого k, удовлетворяющего неравенствам
2^k^.n, сумма первых k чисел будет неотрицательной.
Если все данные числа равны нулю, то сформулированное
утверждение очевидно. Если же среди данных чисел имеются от-
личные от нуля, то, поскольку сумма всех чисел равна нулю, среди
этих чисел имеются как положительные, так и отрицательные.
В таком случае проведем нумерацию данных чисел следующим
образом. Вначале как-то занумеруем все положительные числа
(пусть это будут числа Оь а2, .... ат). Затем занумеруем все числа,
равные нулю (пусть это будут числа am+i, ат+2, > ат+д- И на-
конец, занумеруем все отрицательные числа (пусть это будут чис-
ла am+/+i> am+i+2, , о„).
Обозначим через S* сумму первых (в этой нумерации) k чисел.
По условию Зп = 0. Очевидно, что Si >0, 5г>0, ..., Sm>0 и что
82
Qi
аг	а3	а<
Qs
—<Sm+2 — ••• — Sm+Z —	ПуСТЬ
Тогда
s*=ai 4----+а*=
=(ai 4-a2 4-...+an)—(aA+i 4_--_l_an) =
=0—(cz*-|-14-.„4-an)= —(а4-н 4* ••• “Fan).
Следовательно, при
n — l>A>m4-/4~l
сумма	Рис 75
<S*= —(о* .J. 14-... 4"°n)
является положительным числом, так как
числа алц-!, ..., ап отрицательны. Таким образом, требуемая
нумерация существует.
90.	Предположим, что требуемым образом числа записать
можно. Рассмотрим фигуру на рисунке 75, составленную из
клеток нашей таблицы (о, — числа, записанные в клетках
«креста»). По условию задачи числа 014-^24-аз4"а4 и О14-Дз4-
4-04 4-^5 четные. Следовательно, числа 02 и а5 или оба четные,
или оба нечетные. То же можно сказать про числа а\ и а2, а4 и а5.
Значит, числа ai, аг, 04, as имеют одинаковую четность. В таком
случае ту же четность имеет и число аз. Из того, что «крест» может
быть выбран произвольным образом, следует, что все числа в
таблице, кроме, быть может, тех, что стоят в ее углах, т. е. по
крайней мере 32 числа, имеют одинаковую четность. Но среди
чисел 1, 2.. 35, 36 ровно 18 четных и 18 нечетных. Получили
противоречие. Следовательно, требуемым образом числа записать
нельзя.
91.	Данное число 2|982 4- 1 можно представить в виде разности
двух квадратов:
21982 4- 1 = (2"14-1 )2 - 2 • 2"1 = (2"1 + 1 )2 - 2992=(2"14- 1 )2 - (2496)2.
Представив теперь разность квадратов в виде произведения сум-
мы и разности, получим разложение данного числа в произведение
двух сомножителей:
2|982+ 1 =(2"‘ + 1 +2496) (2991 4- 1 — 2496).
Каждый из этих множителей намного больше 1000. Действительно,
2^91 । । । 24д6	2991 | 1_2496_2"° • 2 | 1_2496
__2990 | 1 | (2990_2496) 2"° = (21 °)" =
=(1024)"> 103"= 10297.
Замечание. Аналогично доказывается, что справедливо
разложение
22(2л-1)_|_ | =(22л-'4-1)2—22л = (22п_ 14- 1 4-2л) (22л~' + 1 — 2”),
где n^N.
83
92.	Четырехугольник Л|В|С|В| может вырождаться в тре-1
угольник и может быть невыпуклым. Рассмотрим, например^
равнобедренную трапецию ABCD (где BC\\AD), в которой AB=i
= CD=2, ВС=а, ДЛ=60° (рис. 76). В этом случае четырех^
угольник А\BiC\D\ будет выпуклым при а> 1 (рис. 77), вырождав
ется в треугольник при а=1 (рис. 78) и будет невыпуклым при-
а<1 (рис. 79). Покажем, что в любом случае четырехугольник-
Л151С1Д| является объединением ДЛ1ОВ1, ДВ1ОС1, ACiODi rfi
&D\OAi. Пусть для определенности вершины А, В, С, D перечне-
лены по часовой стрелке и а, 0, у, 6 — величины внешних углов
четырехугольника ABCD (рис. 80). Очевидно, что ДЛ|ОВ|=а,
ABiOC[ = р, Z. CtODi =у и АО|ОЛ1 = 6. Так как а= 180°— Z-A,>
Р=180°—ZB, y=180°-ZC, 6=180°—ZD и так как ДЛ +
+ ZBH-ZC+ZD = 360°, то
а + Р + у + 6 = 4.180° — (Z Л + ZB-j-ZC+ZD)=360°.
Отсюда следует, что четырехугольник Л\BiC\Di является объеди-
нением дЛ|ОВ|, дВ|ОСь Д(?1ОО|, дО1ОЛ| (рис. 81).
Дальнейшие вычисления очевидны:
—$ABD> $В,ОС,— $ АВС'
$С,00, — § BCD' Sd.OA,—$ACD'
Следовательно,
'^Л,В|С1й|='^Л|Ов1_Ь^В1ОС,_1_'^С1001Н“’^01ОА1==
=($аво $bcd) 4" (5 авс "Ь $acd)=$abcd+Sabcd=2S.
Рис. 78
Рис. 79
вДр
93.	Рассмотрим гомотетию с центром в точке В, переводящую
К в А. Поскольку прямые КМ и АС параллельны, при этой гомоте-
тии М перейдет в С, а Р — в вершину D равностороннего дЛСР,
построенного так, что точки D и В лежат по разные стороны от
прямой АС (рис. 82). Следовательно, точка В лежит на прямой
PD. С другой стороны, она лежит на полуокружности, построенной
на отрезке Л С как на диаметре и расположенной по другую сторону
от прямой АС, нежели точка D. Этих данных достаточно для того,
чтобы восстановить точку В.
Строим равносторонний
дЛСД, а по другую сторону от
прямой АС строим полуокруж-
ность с диаметром АС. Затем
проводим прямую DP. Она
пересечет полуокружность в не-
которой точке В. Проведя пря-
мые АВ и СВ, а также РР\ || DC,
РРгН-ОЛ, находим точки К и М.
94.	Легко видеть, что
т^. 100,	1 и что пара (100; 1)
удовлетворяет уравнению. Что-
бы получить все искомые ре-
шения данного уравнения,
сделаем замену: т=100—р,
n = \+q. Тогда для р и q по-
лучим уравнение — 19р + 84р =
=0, т. е. 84^= 19р. Отсюда
следует, что q делится на 19,
т. е. <7=196, где k — целое
неотрицательное число. Следо-
вательно, р = 846, т=Ю0 —
— 846, п = 1 +196. Числа тип
Рис. 82
85
Рис. 83
Рис. 84
будут натуральными только при /г = 0 и fe = l, и поэтому только
две пары натуральных чисел (100; 1) и (16; 20) удовлетворяют
данному уравнению.
95.	Известно, что отрезки, соединяющие середины последова-
тельных сторон четырехугольника, параллельны его диагоналям и
образуют параллелограмм (см. решение задачи 78). По условию
задачи этот параллелограмм имеет равные диагонали и поэтому
является прямоугольником. Следовательно, диагонали исходного
четырехугольника перпендикулярны (рис. 83). Площадь такого
четырехугольника равна половине произведения длин диагоналей,
поэтому SXBCZ>=1.
Замечание. Четырехугольник ABCD может быть и невы-
пуклым (рис. 84), однако и в этом случае при выполнении осталь-
ных условий задачи 5ЛВСО=1.
96.	Обозначим расстояние между пунктами А и В через S.
Пусть vB, vM — скорости велосипедиста и мотоциклиста соответст-
венно, t — время их движения до встречи. Условия задачи приво-
дят к системе уравнений
vBt + vKt = S,
или
86
Из первых двух уравнений находим:
Подставив и им в третье уравнение, получим:
2_____1,4	4 _ 5
2г—1	t "Г t	21—1	5/—4 ’
5г2-13/4-6=0,
откуда /| =2 и /2 = -|-- Условиям задачи удовлетворяет лишь /1=2,
5
,	3	4
так как /2=—<— и третье уравнение в исходной системе не мо-
5	5
жет быть выполнено. Итак, / = 2. Следовательно, велосипедист и
мотоциклист выехали в 14 — 2 = 12 ч.
97.	Задача будет решена, если мы докажем, что Z.DAB-}-
4-Д BCD =180° (рис. 85).
Пусть Е, F — вершины данных углов, G — точка пересечения
их биссектрис. По условию задачи EG A.FG. Пусть а= AAEG =
= AGEB, ?> = ABFG = AGFC.
Z.EMG=90° — а (из д£СМ). Углы Z.EMG и AFMC равны
как вертикальные. Следовательно, Z.FMC = 90° — a. Z BCD
внешний для &MFC, т. е.
Д BCD = Д FMС 4- Д MFC=(90° - а) 4- 0=90° - а 4- 0.
Рис. 85
87
Аналогично находим, что 77/G=90° —£ (из &FHG)> ЛЕНА^%
—	— (как вертикальные), ЛВАВ=ЛАЕНА$
+ ЛЕНА = а + (90° — Р) = 90°4-а — £ (как внешний угол Л ЕАН$
Следовательно, Л DAB + Л BCD = (90° + а — Р) + (90° — а
+ Р)=180°. Отсюда, как отмечалось выше, следует, что точЗ
ки Л, В, С, D лежат на одной окружности.
98.	Общее число шашек на доске равно 5*25=125, т. е. не!
четно. Если бы на диагонали не стояло ни одной шашки, то в сил$
симметричности расстановки их число было бы четным (все шашкде
можно было бы разбить на пары симметрично расположенный
шашек). Получаем противоречие. Следовательно, на диагонали!
обязана стоять хотя бы одна шашка. На рисунке 86 квадрат 25X251
разбит на 25 квадратиков размером 5X5. Если в каждую из клеток!
диагональных квадратиков поставить по одной шашке, то полуЛ
чится расстановка, удовлетворяющая условиям задачи.	|
Замечание. Аналогично можно доказать более общее!
утверждение: при любой расстановке шашек, удовлетворяющей!
условиям задачи, на указанной диагонали будет стоять нечетное!
число шашек.	Ц
99.	Рассмотрим три квадрата при одной из вершин куба. Для^
раскраски этой тройки квадратов в силу условия задачи необходи^
мо использовать все три краски. Всего имеется 24 квадрата, при?1
мыкающих к восьми вершинам куба. Следовательно, имеется пей
восемь квадратов каждого цвета. Проведенные рассуждения дока-|
зывают, что если описанная в условии задачи раскраска возможна^
то мы обязательно получим по восемь квадратов каждого из трех!
цветов. Но из этих рассуждений никоим образом не следует, чтш
такая раскраска действительно возможна. На развертке куба нда
рисунке 87 указан пример раскраски, удовлетворяющей условик>|
задачи (краски обозначены цифрами 1, 2, 3). Таким образом, опи-|
санная в условии задачи раскраска существует.	J
100.	Замкнутая ломаная, пересекающая каждое свое звено воу
внутренней точке ровно один раз, должна иметь четное числом
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
														
Рис. 86
3
Рис. 87
88
звеньев. Действительно, все звенья такой ломаной можно разбить
на пары взаимно пересекающихся звеньев. Для каждого четного
п ^6 можно построить замкнутую ломаную, состоящую из п звень-
ев и удовлетворяющую условиям задачи. На рисунке 88 изображе-
ны случаи я = 6, 8. Способ получения таких ломаных для любого
четного п^б понятен из рисунка 89.
101.	Назовем окружности с центрами О2, Оз соответствен-
но первой, второй и третьей. Так как первая и третья окружности
касаются друг друга внутренним образом в точке В и радиус треть-
ей окружности вдвое больше радиуса первой, то отрезок ВОз яв-
ляется диаметром первой окружности (рис. 90). Поэтому
ДВДОз = 90°. Обозначим через D точку пересечения прямой АВ со
второй окружностью. Так как zLBAOi = zLDAO2 и ЛО1=ДО2, то
равнобедренные /\ВАО} и д£)ДО2 равны, поэтому AB=AD. Та-
ким образом, в ДВО3£> отрезок О$А является одновременно вы-
сотой и медианой. Значит, этот треугольник равнобедренный,
т. е. ВОз = ООз. Поскольку точка В принадлежит третьей окруж-
ности, отсюда следует, что точка D также принадлежит третьей
окружности. Следовательно, точка D совпадает или с точкой Р, или
^-2)раз
Рис. 89
с точкой Q, т. е. прямая АВ проходит или через точку Р, или через ;
точку Q.
102.	После каждого поворота циферблата сумма всех чисел,
записанных на доске, увеличивается на 1 + 2 + 3 + 4 + 5+6 + 7 +.
4-8 + 9+104-114-12 = 78. После k поворотов она равна 78Л..
Если бы все числа, записанные на доске после k поворотов, были"
равны 1984, то имели бы равенство 12-1984 = 786, что невозможно,
так как число в левой части равенства не делится на 78. Следова-';
тельно, все числа на доске не могут оказаться равными 1984.;
103.	Так как ab — cd, то произведение ab делится на с. Предста-:’
вим число с в виде произведения простых делителей:
c—pl'p2-...-pr-pr+i -•ps.
Не ограничивая общности, можно считать, что делители занумеро-
ваны так, что число а делится на произведение pi-рг• •Рг,
а число b— на произведение pr + i-...-ps. Итак, если обозначить
и=р\р2-...‘pr, v=pr+i‘...-ps, то c = uv, a = uw, b = vt, где w, t —
натуральные числа. Из данного в условии задачи равенства по-
лучаем также, что d = wt. Поэтому
а1984 + b1984 + с1984 + d1984=(иш)1984 + И1984 +W984+(И1984 =
= ul984 (M)l984 + I)l984)+/1984 (l>1984 + Iiy1984)=
= (ы>984 + /1984)(да1984_|_у1984)
Мы видим, что число а1984 + b1984 + с1984+d1984 является состав-
ным.
Заметим, что и число ап + bn + сп + dn, где ab=cd, при любом
п^1 является составным:
а" + bn + сп + dn = (un + Г) (wn + vn).
90
104.	Покажем, что если выполнены условия задачи, т. е. а>0
и Ь>_а-\-с> то дискриминант D>0.
1. При с<0 в силу неравенства а>0 имеем:
D = Ь2 — 4ас — 4ас > 0.
2. При с>0 из неравенств а>0 и Ь>а-\-с получаем нера-
венства а + с>0 и	Из последнего неравенства полу-
чим неравенство Ь2>(а-\-с)2 и используем его для оценки дискри-
минанта:
D = Ь2 — 4ас > (а + с)2 — 4ас = (а — с)2 0.
Итак, в обоих случаях (при с<0 и при с^О) выполняется
неравенство £)>0. Следовательно, данное уравнение имеет два
различных корня.
105. Пусть xyzt— искомое число, х, у, z, t — его после-
довательные цифры, причем х>1. Запишем условие задачи:
4*xyzt = tzyx, Отсюда, очевидно, следует, что х — четное число.
Покажем, что х = 2.	____
Действительно, при х^З число 4-xyzt является пятизначным
и не удовлетворяет условию задачи. Следовательно, х^2. В то же
время х^1, т. е. х = 2 (х — четное число).
Условие задачи принимает вид 4-2yzt = tzy2. Следовательно,
произведение 4/ оканчивается цифрой 2. Это может быть только
в случаях / = 3 и t = 8. Цифра 1 = 3 не подходит, ибо число
4-2yzt = tzy2 не меньше 8000 и не может начинаться с цифры 3.
Остается лишь возможность / = 8.	____ _____
Запишем в этом случае условие задачи: 4-2yz8 = 8zy2, или
4 (2000+ 1 ООу + 10z+8)=8000 + 100z+10у + 2.
Получаем равенство 2z=13y+l.
Единственными цифрами у, z, удовлетворяющими этому ра-
венству, являются цифры у=1, z = 7. Следовательно, искомым
числом может быть только число 2178. Непосредственной про-
веркой убеждаемся, что это число удовлетворяет условию задачи:
4-2178 = 8712.
106. Обозначим через КА, Кв, Кс окружности с центрами в точ-
ках А, В, С соответственно и радиуса R = AB, через 1АВ и 1ВС сере-
динные перпендикуляры к отрезкам АВ и ВС соответственно. Пусть
точка М принадлежит искомому геометрическому месту точек.
Тогда, очевидно, точка М отлична от Д, В, С (иначе или ДДЛ4В,
или ДВМС вырождается в отрезок) и дДМВ равнобедренный.
Рассмотрим три случая.
1) В дДМВ выполняется равенство МВ = АВ. Так как при
этом МВ = ВС, то Л ВМС также равнобедренный. Все такие точки
М лежат на Кв. Легко видеть, что все точки окружности Кв, кроме
точек Д, С и точек Д । и Ci, симметричных А и С относительно точ-
ки В, принадлежат искомому геометрическому месту точек.
91
2) В дЛМВ выполняются соотношения МВ^АВ, М4=Л|Я
т. е. точка М принадлежит КА и при этом не принадлежит О
Поскольку точка М принадлежит искомому геометрическому места
точек, дВМС равнобедренный, а так как М£КВ, С£КВ, то ВМ^
^=ВС. Поэтому имеются лишь две возможности:	-1
а)	ВМ — МС, т. е. М£1ВС. Поскольку М^КА, то М совпадает е
одной из двух точек — Mi или М2, в которых прямая 1ВС пересекает
КА (рис. 91). Обе точки Mi и М2 принадлежат искомому геометри-:
ческому месту точек.
б)	ВС = МС, т. е. М£КС. Поскольку также М£КА, то М сов-
падает с одной из двух точек, в которых пересекаются КА и /<с.
Этими точками являются точки В и М3 на рисунке 91. Так как
Л1=/=В, МзбКв, то в этом случае получается единственная искомая
точка М = Мз, симметричная точке В относительно прямой АС.
3) В ДЛЛ4В выполняются соотношения МВ^АВ, МА=/=АВ,
МВ —МА, т. е. точка М лежит на серединном перпендикуляре 1АВ,
но не принадлежит окружностям КА и Кв- По условию &ВМС рав-
нобедренный, но, очевидно, ВМ^=ВС. Значит, снова имеются лишь
две возможности:
а)	ВМ=МС, т. е. М£1ВС. Поскольку также М£1АВ, в этом слу-
чае искомая точка М может быть только одна — точка Мо пересе-
чения серединных перпендикуляров к сторонам ВС и АВ, т. е.
центр дЛВС.
б)	ВС=МС, т. е. М^Кс, и так как М£1ДВ, то в этом случае
точка М совпадает с одной из точек М4 или М$, в которых прямая
1АВ пересекает окружность К с-
Искомое геометрическое место точек симметрично относитель-
но серединного перпендикуляра к отрезку АС.
Рис. 91
92
107.	Пусть d — НОД чисел а1( а2, .... аю- Тогда ai=dbi, а2 =
= db2,.... aio=dbto, где bit b2,..., b}0 — натуральные числа. В силу
условия задачи
1001 =oi 4* я2-!*•••4*Gio—d (b। 4-^24--- + Ью),
т. е. число d является делителем числа 1001. Так как
bt 4*Ьг4**1*b\o^ 10, то 1001 —d (b\4*Ь24*... 4*^ю)^ 10</,
т. е. </<100. Итак, d есть делитель числа 1001, не превосходя-
щий 100. Разложим число 1001 на простые множители: 1001 =
= 7-11 • 13. Наибольшим делителем числа 1001, не превосходящим
100, является число 91=7’13. Поэтому максимальное значение d
не превосходит 91.
Несложно найти десять натуральных чисел ait а2,.... Яш, сумма
которых равна 1001, а и* НОД равен 91. Такими числами являют-
ся, например, числа at = а2 = ... = а9=91, Яю = 182. Итак, макси-
мальное значение НОД чисел а\, а2,..., яю, удовлетворяющих усло-
вию задачи, равно 91.
108.	а) В прямоугольном дЛВС (Z.C=90°) справедливы ра-
венства (рис. 92,а)
CD-AB=AC-BC, АВ2=АС2 + ВС2.
Поэтому (CD+AB)2 = CD2 4* 2CD-AB 4* АВ2 = CD2 4- 2А С • ВС4*
4-ДС24-ВС2 = СВ24-(ЛС4-ВС)2>(ЛС4-ВС)2, т. е.
CDA-AB>AC + BC,
что и требовалось доказать.
б) Проведем через вершину С прямую IJ.BC. Поскольку
ААСВ>90°, прямая / пересечет сторону АВ в некоторой внутрен-
ней точке Е (рис. 92,6). В силу утверждения пункта а) в прямо-
угольном дЕВС выполняется неравенство CDJ-EB>ECj-CB.
В ДАЕС выполняется неравенство АЕ > А С — ЕС. Складывая
эти два неравенства, получаем неравенство
CD + (AE + EBy>EC + CB+AC-EC = AC + CB,
cd+ab>ac+cb,
что и требовалось доказать.
93
109.	По условию задачи х#=0, г/=#0, т. е. и x2t/2>03
Умножив данное неравенство на положительное число х2у2, полуЦ
чим равносильное ему (при ху#=0) неравенство
x6y2+x2y&^xls+y&,	I
которое преобразуем следующим образом:
х8 + у8 — х6у2—х2у6 0 о х\х2—у2)+у6 (у2—х2) > 0 о	|
о (х2 — у2) (х6—у6) > О о (х2—у2) (х2—у2) (х4+х2у2+у4) > О	|
о(х2-у2)2(х4+х2у2+у4)>0.	]
Й
Последнее неравенство, очевидно, имеет место. Поэтому выполни- *
ется (при ху=#0) и равносильное ему исходное неравенство. 1
110.	При решении задачи используем следующее утверждение:'!
Лемма. Сумма двух несократимых дробей и-^~, у которых
b=j^d, b>Q, d>0, не может равняться нулю.
Докажем это. Предположим противное, что -2-+-£-= 4
Ь а
=	т> е- ad + bc = Oy для некоторых a, b, с, d, удовлетво-
ряющих условиям леммы. Покажем, что мы придем к противоре-
чию. Действительно, в силу равенства bc= — ad число ad делится
на Ь, а числа а и b взаимно просты. Следовательно, число d делится
на Ь, Аналогично число Ьс делится на d (ибо ad = — be), числа с
и d взаимно просты, и поэтому число b делится на d. Получаем, что
d делится на b, а b делится на d, т. е. b = d, что противоречит
условию b Ф d.
а)	Рассмотрим произвольную алгебраическую сумму дробей
1,	-р ..., р, -р Любая такая сумма равна несократимой дроби
р у которой знаменатель Ь, очевидно, не равен 11. Следовательно,
сумма р±р отлична от нуля в силу леммы.
б)	Рассмотрим произвольную алгебраическую сумму дробей
1, р, р, р, -р в которую могут входить все эти дроби или неко-
торые из них. Любая такая сумма равна несократимой дроби р
у которой />=#11. Вновь в силу пункта а) р±р=#0, и поэтому
дробь р необходимо стереть с доски.
Аналогично доказывается, что с доски необходимо стереть дро-
94
Общий вклад дробей 4“ и т“ в алгебраическую сумму может
5	10
равняться ±4*, ±4*. Поскольку знаменатели остальных
О 1 и	1U
дробей не делятся на 5, то таким же свойством обладают и знаме-
натели их алгебраических сумм. В силу леммы сложение таких
1	1	з
алгебраических сумм с дробями ±—, ±—, ±— будет приво-
Э	1U	1 и
дить к ненулевому числу. Следовательно, обе дроби 4" и не°б-
ходимо стереть с доски.
Из оставшихся шести дробей 1, Т-, Т-, -р -i-, ~~ нетрудно
Л о 4 О 1Z
составить нулевую сумму 1—------------= ^так’
с доски необходимо стереть шесть дробей:
J___1__1__1_ 1	1
5 ’ 7 ’ 8’ 9’10*11'
111.	Найдем сначала те точки плоскости, которые не лежат на
прямой АВ и удовлетворяют условию задачи. Пусть М — такая
точка (рис. 93). Тогда дЛМСсю ДЛВЛ1, так как /LA у них об-
щий, a /.ACM— /LAMB. Следовательно, = 44г , т- е- АМ=
AM АВ
—^АВ-АС. Отсюда следует, что точка М лежит на окружности
радиуса -у/АВ-АС с центром А.
Покажем, что люб^я точка этой окружности, не лежащая на
прямой АВ, принадлежит искомому множеству. Действительно, из
равенства AM =-\]АВ - АС следует, что	, и поэтому
дЛМВоодЛСМ, откуда /LAMB= /LACM, т. е. точка М при-
надлежит искомому множеству.
Найдем теперь те точки М искомого множества, которые лежат
на прямой АВ, Точка М не может совпасть ни с одной из точек Л, С,
В, ибо в противном случае один из углов /LAMB или /_АСМ не
определен.
95
Если М лежит на луче АК> то ДЛЛ4В = Z_ACM = 0°, т. е. точка?!
М удовлетворяет условию задачи. Если М лежит на интервале ЛС,>?
тоД АМВ = 180°, a /_АСМ = 0°, т. е. точка М не удовлетворяет ус- ]
ловию задачи. Если М лежит на интервале СВ, то ААМВ —
= Z АСМ = 180°, т. е. точка М удовлетворяет условию задачи. Ес-
ли же М лежит на луче BL, то zLAMB = 0°, a ZАСМ = 180°, т. е. ;
точка М не удовлетворяет условию задачи.	-
Рассмотрены все возможные случаи расположения точки М на
плоскости. Следовательно, искомое множество точек состоит из !
окружности радиуса ^АВ*АС с центром в точке А, интервала СВ 1
и луча АК (рис. 93).	*
112.	Рассмотрим вершины и середины сторон данного треуголь-
ника АВС (т. е. точки А, В, С, D, Е, F на рисунке 94). Эти 6 точек -
покрываются по условию задачи пятью меньшими равными пра-
вильными треугольниками. Поэтому по крайней мере какие-то две
точки из точек А, В, С, D, Е, F будут покрыты одним меньшим
треугольником. Расстояние между этими двумя точками не менее
половины длины стороны ДЛВС. Следовательно, длина стороны
покрывающих треугольников также не меньше половины длины
стороны дЛВС.
Возьмем четыре из пяти покрывающих треугольников. Этими
четырьмя можно, очевидно, покрыть четыре треугольника ADF, ч
DBE, FEC и FDE. При этом будет покрыт весь дЛВС, что и тре-
бовалось доказать.	J
113.	Покажем, что данный многочлен делится на х2 + х + 1. $
Нам потребуется следующее алгебраическое тождество:
ап— 1	IXa""1 +аЛ-2 + ал”3 + --- + а2 + а+ 1),	S
справедливое при любом натуральном п и любом а.
Воспользовавшись этим тождеством и равенством	j
.. 1985 = 661 -3 + 2,	;
сделаем следующие преобразования:	'
^985^^^ |	+	+ +	1) = Х2((Х3)661- 1) +	J
+ (х2 + х + 1)=х2 (х3 - 1) ((х3)660 + (х3)659 +... + х3 + 1) +	?
+ (х2+х+ 1) = х2 (х— 1) (х2 + х+ 1) (х1980 + х,977 + ... + х3+ 1)+ j
+ (х2 + х+ 1) = (х2 + х+ 1) (х2 (х — 1) (х1980 + х,977 + ...+х3+ 1) + 1). !
Мы представили многочлен х1985 + х+1 в виде произведения ‘з|
многочлена х2 + х+1 на некоторый многочлен степени 1983. *
Замечание. Аналогично показывается, что при любых не- >
отрицательных целых числах k, т, п многочлен х3/г+2 + х3'” +1 + x3rI
делится на х2 + х+ 1. В задаче взят частный случай: fe = 661, m—0,
п = 0.
114.	Обозначим через а длину наименьшей стороны треуголь-
ника. Тогда длины двух других сторон треугольника равны а + </ 1
96	i
n a-}-2d, d — разность прогрессии. Пусть аир — величины углов
треугольника, противолежащих сторонам с длинами а и a + d соот-
ветственно (рис. 95). Наименьший из углов в любом треугольнике
не превосходит 60° и только в правильном треугольнике равен 60°.
Поскольку а есть, очевидно, наименьший из углов данного тре-
угольника и поскольку из условия задачи следует, что данный тре-
угольник является разносторонним, заключаем, что а <60°. Дока-
жем, что р<60°. По теореме косинусов имеем:
(а + d)2 = а2 + (а + 2d)2 — 2а (а + 2d) cos 0,
или
2а (a + 2d) cos P==a2 + 2ad-h3d2.
Следовательно,
cos р=^±2^±з^ =
2(а24-2аг/)	2
и поэтому Р<60°.
Величина третьего угла будет,
очевидно, больше 60°, ибо в тре-
угольнике все три угла не могут
быть одновременно меньше 60°.
115.	Обозначим через Si, S2,
S3, S4 площади частей фигуры,
ограниченной овалом ABCDEF
(рис. 96). S'=±-.^=±nr2
(площадь полукруга). В равнобед-
ренном прямоугольном /\KBD
длина гипотенузы DB равна 2г,
следовательно, S2 = r2. Сектор
EBD — восьмая часть круга ра-
диуса £>В = 2г, поэтому 5г + 5з =
=-зглОВ2=4-лг2. Следовательно,
о	z
1
2 ’
3d1
2 (a2 + 2ad)
97
4 Заказ 57
5з=^-лг2-“52=-^-лг2 —г2. Наконец, сектор AKEF — четвертая
часть круга радиуса KA = DA — DK=DA — -~DB=(2 — д/2)г,
поэтому 54 = ул^2=ул (2 —-\/2)2г2=-^(3 — 2 -\fyr2.
В итоге получаем, что искомая площадь равна
5i+S2 + 2S3 + S4 = (3-V2)^r2-r2.
116.	Так как a3 = (V2 + V3)3 = 5H-3 V2-V3 (W+V3) = 5 +
+ 3-V6а, то (а3 —5)3 = (3 ^6а)3= 162а3, т. е. а9—15а6 —87а3 —
—125 = 0. Следовательно, в качестве искомого многочлена можно
взять многочлен р (х)=х9 — 15хь —87х3 — 125. Если этот многочлен
умножить на любой многочлен с целыми коэффициентами, то
вновь получится многочлен, для которого число а является корнем.
117.	Выделим на листе бумаги горизонтальную полосу шири-
ной в п+1 клетку. Каждый вертикальный столбик этой полосы
содержит п + 1 клеток, которые окрашены не более чем в п цветов.
Следовательно, в каждом вертикальном столбике имеется не менее
двух клеток одного цвета. Число столбиков в выделенной полосе
бесконечно, а число всевозможных способов раскраски клеток в
столбике конечно (оно равно, очевидно, пл+1). Поэтому в выделен-
ной бесконечной полосе обязательно найдутся два одинаково
раскрашенных столбика, а в них — четыре клетки одного цвета
(по две в каждом столбике), являющиеся угловыми в некотором
прямоугольнике со сторонами, параллельными прямым линиям на
бумаге. Указанные четыре клетки одного цвета являются искомы-
ми (на рисунке 97 они заштрихованы).
Замечание. Аналогично доказывается, что найдутся четы-
ре клетки одного цвета, центры которых являются вершинами не-
которого прямоугольника со сторонами, параллельными биссект-
рисам углов клеток (на рисунке 98 эти четыре клетки одного цвета
заштрихованы).
Рис. 98
Рис. 97
98
118.	Так как р — простое число, большее 2, то р~ 1 — четное
число. Пусть р— 1 =2Zs, k£N. Сумму
1	1	_ ,	1_!__|__1 =±4_±LJ_ L. I !_____1 J_
1’2'3 "I”"* p-2	p-1	1'2^3 ’г-'Г2Л-1 2k
можно преобразовать, группируя по два слагаемых, равноотстоя-
щих от концов:
_Г+Т+^+-+7Ь‘ + тЬ—(-Г+^)+ (1+2лЬ-) +
-I- Ip I -1	l-2^1 I 2fe+l I I 2fe4-l _
1-2*	2-(2fe+0
=—2-----1---2-----h-H----2 •
l-(p-l)	2-(p —2) '	£211 £±1
2 ' 2
После приведения к общему знаменателю 1 •2-...-(р — 2)(р— 1)
получается дробь вида } 2	i) ’ где т ~ некотоРое
натуральное число. Ясно, что при любом другом способе сумми-
рования дробей -j-,	получится либо дробь
——----,-2—\-----:—, где п — натуральное число, либо дробь, ко-
1-2-...-(р-2)(р-1)л
торую можно получить из этой дроби с помощью некоторого
числа сокращений общих делителей числителя и знаменателя.
Но при таких сокращениях число р в числителе сохраняется.
Действительно, так- как р — простое число, то оно взаимно просто
с каждым из чисел 2, 3, 4,..., р — 2, р — 1. Следовательно, сокраще-
ние на р возможно лишь в дроби . Легко видеть, что при
этом число р в числителе сохранится. Утверждение доказано.
119.	Пусть /? — радиус каждой из данных четырех окружнос-
тей. Центры Д|, Bi, Ci, D\ этих окружностей являются вершинами
четырехугольника, вписанного в окружность с центром О радиуса
R, ибо OAi = OBi = OCt = ODi = R (рис. 99). Поэтому суммы вели-
чин противоположных углов в четырехугольнике AiBiCtDt равны
180°. Но стороны четырехугольника ABCD, очевидно, параллельны
сторонам четырехугольника AiBiCiDi. Поэтому суммы величин
противоположных углов в четырехугольнике ABCD также равны
180°. А это и означает, что около четырехугольника ABCD можно
описать окружность.
120.	Пусть ABCDE — данный правильный пятиугольник
(рис. 100).
а)	Гак как дАВС равнобедренный (АВ = ВС), a Z_BCA =
= 36°, то АС=2ВС cos 36° = 2а cos 36°.
б)	Обозначим через х отношение диагонали правильного пя-
тиугольника к его стороне. Тогда AC = EC = AD = xa. Ярно, что
AC\\ED, £C||AS, А£>||5С. Значит, &EMDсо А АВС,1 откуда
!	99
гт7=-г5 > или, поскольку ЕМ = ЕС—МС=(х— 1) а, то .——=—.
ЕМ АВ ’	J	4	' ’	(х— 1)а	а
Отсюда получаем уравнение х2 — х—1=0, т. е. x=1=i|V^,
Подходит лишь значение х = —. Итак, ДС=х»а = --*^-^ -а.
2	2
Замечание. Сравнивая результаты а) и б), мы получаем
равенство cos 36° = -	. Используя отрезки длиной 1 и -\/5,
можно, очевидно, с помощью циркуля и линейки построить угол
величиной 36°. Это означает, что с помощью циркуля и линейки
можно построить правильный пятиугольник.
121.	По условию задачи целые числа а, Ь, с образуют геометри-
ческую прогрессию. Обозначим через q ее. знаменатель, так что
b = aq, c — aq2. Ясно, что знаменатель <7=-^—рациональное
число. Дробь может быть сократимой. Поделим числитель и
знаменатель дроби на наибольший общий делитель чисел b и а.
Получим дробь	*де т< п — взаимно простые целые числа.
Ясно, что q — —. Поэтому b = aq = a- —, c = aq2 — а-^ , т. е.
2	°
ат =сп~.
Так как тип взаимно простые, то из последнего равенства
следует, что а делится на п2, т. е. a = kn2. Тогда b = a*-^=kmn,
100
c = a^~ =km2 (k, tn, n — целые числа), откуда
n
N == a3 + b3 + c3 — 3abc = (fen2)3 + (femn)3+(fem2)3 —
— 3fen2 • ktnn • fem2 = fe3 (n3 — m3)2.
Покажем, что число N не может оканчиваться цифрами 20. Пред-
положим противное: пусть число N оканчивается на 20. Тогда
число N делится на 5. Следовательно, на 5 делится число
fe3 (л3-—m3)2, а это может быть только тогда, когда хотя бы одно из
чисел fe или л3 —т3 делится на 5. Но в этом случае число
fe3 (л3 —m3)2 будет, очевидно, делиться на 25. Но число, делящееся
на 25, может оканчиваться только такими парами цифр: 00, 25, 50,
75. Мы видим, что число N не может оканчиваться цифрами 20.
Получили противоречие.
122, Первый способ. Из условия задачи следует, что
автомобиль и мопед едут по дороге в одном направлении, а вело-
сипедист и мотоциклист едут им навстречу, причем впереди едет
велосипедист, которого мотоциклист догоняет в 18 ч после всех
происшедших встреч. Скорость автомобиля больше скорости мопе-
да, ибо автомобиль в 12 ч догнал мопед. Аналогично скорость
мотоциклиста больше скорости велосипедиста. Обозначим через а,
Ь, и, v скорости автомобиля, мопеда, велосипедиста и мотоцик-
листа соответственно. Пусть А — пункт, в котором автомобиль
догнал мопед, В, С — пункты, в которых автомобиль встретился
соответственно с велосипедистом (в 14 ч) и с мотоциклистом
(в 16 ч). Пусть D — пункт, в котором мопед встретился с велоси-
педистом (после 14 ч), а Е — пункт, в котором мопед встретился
с мотоциклистом (в 17 ч). Заметим, что мотоциклист догнал вело-
сипедиста в 18 ч, т. е. после встречи с мопедом. Обозначим этот
пункт через F. Из условий задачи следует, что пункт D находится
между А и В, что В есть середина АС и что Е есть середина CF
(рис. 101).
Пусть /* — искомое время встречи мопеда и велосипедиста.
Ясно, что 14</*< 17 (рис. 101), АВ = ВС = 2а, AC —4а, EC = v,
FC = 2u, BF — 4u, AE==5b, AD = b (/*-12),' DB = u(/*-14).
РавенстваВС = /?В + ВС,АС = АЕ4-£’С,АВ=АП + ПВ (рис. 101)
принимают вид 2^ = 4u + 2a, 4a = 5b-\~v, 2a = fe (/*—12) +
14) соответственно.
Исключая из двух первых равенств переменную v, получаем
равенство 2и = 3а — 5Ь. Из третьего равенства следует, что
^2о+126+14и
Ь + и
Подставляя сюда и=-^-а—|-Ь, получаем, что
/»=2а+12д + 21д-35Ь = 23а —23b =46__ 15Х
101
итак, встреча мопеда и велоси-$|
педиста произошла в 15 ч |
20 мин.
Второй способ. Изоб-
разим все перемещения в коор- ?
динатах t (время) и х (расстоя-
ние) (рис. 101). Мы видим, что
АК = КМ, MN = NP, т. е. AN и ,
РК являются медианами ДЯМР.
Поэтому A Q=^-AN, и в проек-
ции на ось t получаем t*—12 =
=^-(17-12). Отсюда /*=^-=
о	о
= 15т
123.	Пусть на столе без на-
ложений друг на друга разме-
щены 25 монет так, что нельзя
положить еще одну монету, не
накладывая ее на лежащие
монеты. Последнее означает,
что каждая точка стола уда-
лена от центра некоторой
монеты на расстояние, которое
не больше диаметра монеты. Действительно, если бы для некото-
рой точки стола все такие расстояния были бы больше диаметра,
то с центром в этой точке на стол можно было бы положить монету
и она не пересекалась бы с монетами, лежащими на столе, а это
противоречит условию задачи.
Уменьшим теперь все размеры (стола, лежащих на нем монет,
расстояний между центрами монет и т. д.) в два раза. Мы получим
четверть стола и на нем 25 монет вдвое меньшего радиуса (назовем
их монетками), причем каждая точка этой четверти стола будет
в силу доказанного выше удалена от центра некоторой монетки на
расстояние, не большее радиуса монеты (не монетки!). Если теперь
на этой четверти стола, не меняя положения центров монеток, уве-
личить радиусы монеток вдвое (и превратить тем самым монетки
в монеты), то мы получим, очевидно, покрытие четверти стола 25
монетами. Поделим исходный стол на четыре равные части. Покры-
вая 25 монетами каждую такую часть (четверть стола) способом,
только что описанным, мы покроем весь стол 100 монетами, что и
требовалось доказать.
124.	Перепишем данное равенство в виде	Так как
3yz '
7850 < 7850
3yz 300
<27, тох5^26, т. е. цифра х может принимать лишь
102
значения б, 1 и 2. Так как 7^- > 785Q- > 19, то х5>20. Мы ви-
3yz 400
дим, что х — 2. При х = 2 получаем равенство 3yz = ^Ц^-=314,
из которого следует, что у=1, z — 4.
125.	Пусть Р, Q, R — три последовательные вершины данного
n-угольника. Рассмотрим квадраты PMNQ и QKLR, построенные
на сторонах PQ и QR (рис. 102). Так как по условию точки Л4, N, К,
L являются последовательными вершинами правильного 2л-уголь-
ника, то MN~NR = KL. Поэтому QN = NR — RQy т. е. &QNK
правильный, и, значит, ZAQ/< = 60o. Следовательно, zLPQR =
= 120°, т. е. данный п-угольник— правильный шестиугольник.
126.	Вычитая из первого уравнения второе, получаем равенст-
во (х — t) yz = x — t. Отсюда следует, что либо yz= 1, либо х — t = 0.
Первое соотношение выполняться не может, так как после подста-
новки равенства z/z=l в первое уравнение получим, что у4"2 = 0.
Но система уравнений yz= 1, y-|-z = 0 решений, очевидно, не име-
ет. Следовательно, остается только вторая возможность: х — / = 0,
т. е. x = t. Аналогично этому из второго и третьего уравнений
получаем равенство у = х, а из третьего и четвертого — равенство
z = y. Таким образом, /=х, х=у и y — z, т. е. x=y = z = t. Следо-
вательно, любое решение системы имеет вид (а; а; а\ а), где а —
некоторое действительное число. Полагая в первом уравнении
x=y = z = a, находим, что а3 = За, т. е. либо а = 0, либо а=^/3, ли-
бо а = —’д/З. Несложно проверить, что найденные четверки чисел
(0; 0; 0; 0), (л/З; д/3; л/3; УЗ), (~А — л/3; -д/3; -д/3) являются
решениями системы.
127.	Радиус любой окружности, удовлетворяющей условию за-
дачи, равен высоте дАВС, проведенной из вершины В (рис. 103).
Пусть F\ — точка, симметричная F относительно Z. Так как
zLKBF\ = zLFBR= ЛОВА, то точки А, В, F\ лежат на одной пря-
мой. Следовательно, zLABC — внешний угол &FBF\ и поэтому
равен сумме zLBF\F и zLBFF\, которые равны друг другу. Отсюда
Рис. 102
103
следует равенство £_АВС=2 Z_EF\F. Так как Z.EOF централь-
ный и опирается на ту же дугу EDF, что и вписанный в окруж-
ность Z-EFiF, то Z_EOF = 2 Z_EF\F. Итак, /_EOF = 2 Z_EF\F =
= Z-АВС, т. е. /.EOF постоянен, а так как радиус окружности
также постоянен, то и длина дуги EDF постоянна, что и требо-
валось доказать.
128.	а) Искомую таблицу можно получить за 5 ходов. Соот-
ветствующие преобразования указаны на рисунке 104.
б) Рассмотрим таблицу 3X3 общего вида. Пусть в ее первой
строке слева направо стоят числа а, Ь, с, во второй строке в том же
порядке — числа d, е, f и в третьей — числа g, h, k. Нетрудно
проверить, что если к этой таблице применяется разрешенная усло-
вием задачи операция, то число S = (a-|-c-|-e-|-g-|-fc) —
— (b 4-d + f -J-h) не изменяется (является инвариантом). Для ис-
ходной таблицы это число равно нулю. Число S, отвечающее
таблице, в одной из клеток которой записана единица, а во всех
остальных клетках — нули, равно либо 1, либо —1. Поэтому из
исходной таблицы такая таблица не может быть получена.
129.	Преобразуем данное уравнение к виду (х — 1) (</4-3)= 17.
Так как 17—простое число, то либо х—1 = 1, у + 3=17, либо
х— 1 = — 1, у + 3= — 17, либо х— 1 = 17, у4-3 = 1, либо х— 1 =
= — 17, у4*3= — 1. Следовательно, данное уравнение имеет четы-
ре решения: х=2, у = 14; х = 0, </= —20; х= 18, у= — 2; х= — 16,
У=-4.
130.	Если множество Р таково, что МсР, то M'czP', где Р' —
множество середин всевозможных отрезков, концы которых при-
надлежат Р. Поэтому для решения задачи достаточно рассмот-
реть множество М, являющееся объединением трех отрезков еди-
ничной длины. Обозначим эти отрезки [аг, &i], [а2; Ь2], [а3; Ьз].
При каждом k= 1, 2, 3 множество М'ь середин отрезков, концы ко-
торых принадлежат отрезку — bk],— это сам отрезок
Множество Mjk, 1 ^/<£^3, середин отрезков, один конец которых
104
принадлежит отрезку М„ а другой — отрезку Mt,— это отрезок
[	; bi±b*. если хЕМ/, y£Mt, т. е. a^x^bh ак^у^Ьк,
то координата середины отрезка [х; у] удовлетворяет нера-
венствам С С Ь'+— • Множество М' можно по-
крыть шестью отрезками единичной длины М(, М2, Мз, М[2, М(3,
М2з-
Если M=[1;2]U[5;6]U[17; 18], то M'=[l; 2](J[3; 4]U[5; 6]U
U[9; 10]U[l 1; 12]U[17; 18} Так как множество M' состоит из шести
непересекающихся отрезков единичной длины, то его нельзя, оче-
видно, покрыть пятью отрезками единичной длины.
131.	Четырехугольник BPMR вписан в окружность. Поэтому
ZВРМZ.BRM = 180° (рис. 105). Отсюда и из равенства
ZBPM-j- АМРА = 180° следует, что Z.BRM = АМРА. Аналогич-
но получаем, что ACRM = AMQA. Так как четырехугольник
APMQ вписан в окружность, то АМРА + AMQA = 180°. Следо-
вательно, ABRM + ACRM = 180°, и, значит, точки В, С и R лежат
на одной прямой.
Замечание. Утверждение задачи остается в силе и при дру-
гом расположении окружностей и выборе точки А (см., например,
рис. 106, 107).
132.	Разобьем все цифры, которые встречаются в записи дан-
ной десятичной дроби, следующим образом на две группы. К пер-
вой группе отнесем те из цифр, которые встречаются в записи лишь
конечное число раз, остальные отнесем ко второй (может случиться,
что в первой группе вовсе не будет цифр, но во второй группе,
очевидно, всегда будет не менее двух цифр, поскольку данная
105
десятичная дробь непериодическая). Искомую периодическую
дробь можно получить, например, так. Сначала в произвольном
порядке запишем подряд все цифры из первой группы, повторяя
каждую цифру столько раз, сколько она встречается в записи дан-
ной десятичной дроби. Затем, поставив запятую, в произвольном
порядке запишем подряд все цифры, входящие во вторую группу,
и будем далее их периодически повторять в таком же порядке.
£рли в первой группе цифр не окажется, то сразу запишем подряд
в произвольном порядке все цифры из второй группы, а затем после
запятой запишем их снова в том же порядке и далее будем их
периодически повторять.
133.	Обозначим через А ь В,, С], Dt, Ei точки пересечения диа-
гоналей пятиугольника, через а величину угла при вершине
«звезды» ACEBDA (рис. 108). Тогда /LDA[B\ = Z_DB\A\=2a
(как внешние углы ДВЛ^ и дЛВ|С). Следовательно, сумма уг-
лов ДЛ|£>В| равна 5а, и, значит, а = 36°. Обозначим 0= zLBCA,
106
y=£DCE. Тогда а + р + ?= Z_BC£>= 108°, т. е. р + у = 72°.
С другой стороны, У 4” Z_A\DC = 2a = 72°. Следовательно,
Z.AiZ)C = p. Аналогично получаем, что /LDEC— /LEAD =
= Z_ABE = fi, и, значит, Z_ADE= /СВЕЛ — Z_CAB = /LDBC — у.
Таким образом, треугольники ABC, BCD, CDE, DEA и ЕАВ
подобны, откуда следует, что
АВ = ВС = СР = РЕ = _АЕ_
ВС СР РЕ АЕ АВ ’
Обозначив через k значение каждого из этих отношений, получим
ВС СР_ РЕ_ АЕ 1
ВС ’ СР ' РЕ ’ АЕ ’ АВ
т. е. k= 1. Следовательно, все стороны пятиугольника ABCDE рав-
ны, а так как по условию равны и все его углы, то этот пятиуголь-
ник правильный.
134.	а) Можно. Пример требуемой расстановки приведен на
рисунке 109,а.
б) Докажем, что требуемым способом числа расставить
нельзя. Предположим противное: существует такая расстановка
чисел 1, 2, ..., 8, что для любых трех последовательных вершин
восьмиугольника сумма стоящих в этих вершинах чисел больше
13 и, следовательно, не меньше 14. Обозначим эти числа через Л|,
02,	08 (рис. 109,6), а их сумму через S.
По предположению справедливы неравенства:
01 4“ 02 4” 03^ 14,
02 4“ 0з 4” 04	14,
03 4” 04 4“ 05	14,
04 4“ 05 4“ 06	1 4,
05 4" 06 4” 07 2^ 14,
06 4” 07 4“ 08	14,
074-08 4-01 > 14,
08 4“ 01 4" 02	14.
Складывая эти восемь неравенств, получаем неравенство 3(014-
4-024-...4-0^)> 112, откуда следует, что S больше 37. С другой
стороны, S = 1 4-24-.8 = 36. Пришли к противоречию.
107
Рис. НО
Замечание. Справедливо более сильное утверждение: не
существует такой расстановки чисел 1, 2,	8, при которой для
любых трех последовательных вершин восьмиугольника сумма
стоящих в этих вершинах чисел больше 12.
135.	На рисунке ПО показаны три способа разрезания
правильного шестиугольника на восемь равных частей.
136.	Разобьем квадрат ABCD на 25 маленьких квадратов
так, как показано на рисунке 111. Тогда в силу условия задачи
точки Р и Q будут вершинами некоторых маленьких квадратов.
Прямоугольные треугольники, заштрихованные на рисунке 111,
равны, поскольку, как легко видеть, один получается из другого
поворотом на 90°. Следовательно, равны их гипотенузы PQ и QD,
a Z.PQ£) = 90°. Таким образом, &.PQD равнобедренный пря-
моугольный с прямым углом при вершине Q.
137.	Очевидно, что система имеет единственное решение вида
(0; у) — это пара (0; 0). Найдем решения (х; у), где х^=0. Умно-
жим второе уравнение на х и вычтем из первого уравнения.
Получим — 2у — x3t/-|-x2 = 0, или (2-|-х3) у—х2. Отсюда следует,
что 24-х3=/=0, и, значит, у = х2/(2+х3). Подставляя найденное
выражение для у во второе уравнение и сокращая на х=/=0, при-
ходим после очевидных преобразований к уравнению Зх6+ 11х3 4-
4-8 = 0. Обозначив z—x3 и решив уравнение 3z24-1 lz4-8 = 0,
получим zi = —1, Z2=—I-, т. e. x( = —1, x2=—Соответ-
3	V3
ственно y\ = 1, y2= — 2 уЗ. Таким образом, данная система имеет
три решения: (0; 0), ( —1;
-2Я-
138. Обозначим число камешков, первоначально находив-
шихся в первой кучке, через х, во второй — через у. Пусть z —
число камешков, которые в соответствии с условием задачи
перекладывают из второй кучки в первую. Тогда справедливы
равенства 2 (х— 100) = у4* 100, x4-z = 6(y — z). Выражая у из
108
первого равенства и подставляя во второе, получаем Их —
— lz= 1800, или
4х4~7 (х —z)= 1800.	(1)
Отсюда следует, что х — z делится на 4, т. е. х —z = 4/, t£Z.
Из равенства (1) теперь получаем х4-7/ = 450, х——7/4-450,
поэтому у=2х — 300= — 14/4*600, z=x — 4/'= — 11/4-450. Чис-
ла х, у, z натуральные, поэтому должны выполняться неравенства
— 7/Ч-450>0, - 14/4-600 > 0, — 11/Н-450>0. Решая эту
систему неравенств, убеждаемся, что /=^40. Значение х убывает
с ростом t и, следовательно, принимает свое наименьшее возмож-
ное значение при наибольшем допустимом t, т. е. при / = 40.
В этом случае х=170, у = 40, z=10. Проверка показывает, что
найденные значения х, у, z удовлетворяют всем условиям задачи.
139,	Если числа х и у удовлетворяют данному уравнению,
то 51у2+ I = х2— полный квадрат. Так как 51t/2 +1 =(7t/4* 1)2 +
-\-2у (у — 7), то для выполнения требуемого можно взять, напри-
мер, у = 1. Тогда х = 50.
Замечание. Уравнению удовлетворяет любая пара чисел
(х„; уп), определяемая рекуррентным способом: Х|=50, у\=1,
х„ + | =50хп4-357уп, 1/„+| =7х„4-50(/п для п>1.
140.	Так как прямая АВ является касательной, то zLKAB =
= Z-AMK (каждый измеряется половиной дуги АтК, рис. 112).
Аналогично Z_KBA= zLBMK. Следовательно, сумма Z.AKBA-
4* Z-AMB равна сумме>глов дАКВ, т. е. равна 180°.
141.	Если а — корень уравнения а5 — а3-|-а = 2, то а=5^0, и
поэтому а64- 1 =(а24~ 1) (а4 — а24~ 1)=а-^~- »(а5—а34-а) =
= 2»а +1=2(а4--~У Отсюда следует, что а>0. В силу нера-
венства между средним арифметическим и средним геометри-
ческим а4-— ^2 v а-— =2, а так как, очевидно, а#=1, то
а ’ а
а4--^->2. Следовательно, а64-1 >4, т. е. а6>3.
109
Разделив обе части равенства 2 + а3 = а5 + ^ на а3, получим,
что ”з “Н =а2 + “2 >2. Отсюда следует, что а3<2, т. е. а6<4.
Требуемые неравенства доказаны.
142.	Введем на плоскости прямоугольную систему координат
с началом в центре окружности и с осями, идущими по линиям
сетки (рис. 113). Заметим, что вместе с точкой (х; у) на данной
окружности лежат все точки (±х; ±у) и (±у; ±х). Их восемь,
если х=/= ±у и ни одно из чисел х, у не равно нулю (в противном
случае точек четыре). Так как число 1988 при делении на 8 дает
остаток 4, то среди данных 1988 точек найдется такая точка
(*о;уо), Для которой реализуется именно второй случай. Если
хо= ±уо, то R д/2 — целое число, а если хо = О или уо = О, то целым
является число R. Требуемое доказано.
Замечание. Окружность, удовлетворяющая условию за-
дачи, существует. Известно, что число т (г) различных решений
уравнения x2-|-y2 = r2, r£N, в целых числах х и у равно 4(р — у),
где р (q) — число различных натуральных делителей г2 вида
46 +1 (соответственно вида 46+ 3). Взяв г = 5240, получим
m (г) = 4 (497-0) =1988.
143.	Будем писать А -> В, если команда А выиграла у ко-
манды В. Покажем, что команда, одержавшая наибольшее число
побед в турнире (таких команд может быть несколько), является
чемпионом и, следовательно, в любом турнире обязательно имеется
хотя бы один чемпион. Предположим, что это не так: существует
такой турнир, что одержавшая в нем наибольшее число побед
команда А не является тем не менее чемпионом. Это означает,
что имеется некоторая команда В, которую команда А не пре-
восходит. Следовательно, В А. Ясно также, что команда В
ПО
выиграла у всех тех команд, у которых выиграла команда А.
Но тогда команда В одержала больше побед в турнире, нежели
команда А. Получили противоречие.
Покажем теперь, что если в некотором турнире имеется два
чемпиона, то имеется и третий, т. е. ровно двух чемпионов в
турнире не может быть. Пусть А и В — чемпионы, и пусть для
определенности Д Тогда существуют команды, которые про-
играли В, но выиграли у Д. Отнесем их к первой группе. Все
команды, кроме В, проигравшие команде Д, отнесем ко второй
группе. В третью группу включим все команды, которые выиграли
как у Д, так и у В. Каждая из команд, участвующих в турнире,
кроме Д и В, принадлежит одной и только одной из указанных
групп. Ясно, что если в третьей группе имеется хотя бы одна
команда, то каждый чемпион микротурнира команд этой группы
является также чемпионом всего турнира. Если же в третьей
группе нет ни одной команды, то чемпионом турнира, кроме Д и В,
является также каждый чемпион микротурнира команд первой
группы. Таким образом, в любом турнире чемпионом является
либо одна команда, либо не менее трех команд.
144.	Все числа, кроме числа 995, разобьем на 994 пары:
(1; 1989), (2; 1988), ..., (993; 997), (994; 996) (сумма чисел в
каждой паре равна 1990). Так как четности чисел, входящих
в пару, одинаковы, то при любой расстановке знаков «4» и « — »
из каждой пары можно получить только четное число. Поскольку
995 — нечетное число, то при любой расстановке перед числами
1, 2, ..., 1989 знаков «4"» и « —» и последующем выполнении
указанных операций получается нечетное число. Итак, искомое
число не меньше 1. Покажем, что число 1 получить можно.
Например, следующим образом:
1 = 1+(2-3-4 + 5)+(6-7-8 + 9) + ...+
-Н (1986 — 1987 — 1988 -h 1989).
145.	Покажем, что требуемое число существует.
I способ. Выписывая трехзначные числа, делящиеся на
11, можно среди них найти три числа, в записи которых участву-
ют все цифры от 1 до 9. Например, такие числа: 275, 396, 418.
С их помощью легко составить десятизначное число, делящееся
на И. Например, 2 753 964 180 = 275-107Ч-396-104 + 418-10 =
= 11. (25 • 104- 36 -104 -Н 38 -10).
II способ. Для нахождения требуемого числа восполь-
зуемся признаком делимости на И, согласно которому числа
n = aia2a^..a\Q и S (n) = ai—02 + ^3 —... — аю одновременно де-
лятся или не делятся на 11. Пусть А — сумма цифр, входящих
в S (л) со знаком « + », В — сумма цифр, входящих в S (и) со
знаком « —». Число Д — В согласно условию задачи должно
делиться на 11. Положим В — Д = 11. Кроме того, очевидно,
Д+В==1+24-3 + ...+9 = 45. Решая полученную систему В —
111
—Л = 11, Л + В=45, находим, что Л = 17, В=28. Подберем^
группу из пяти цифр с суммой 17. Например, 1+2 + 3 + 5+ •'
+ 6=17. Цифры 1, 2, 3, 5, 6 возьмем в качестве цифр с нечет- <
ными номерами. В качестве цифр с четными номерами возьмем
оставшиеся цифры 4, 7, 8, 9, 0. Мы видим, что условию задачи
удовлетворяет, например, число 1427385960.
146.	Сложив уравнения системы, получим уравнение
(й + b + с) х2 + (д + b + с) х + (д + b + с) = 0,
откуда (а + & + с)(х2 + *+1) = 0. Если а + /> + с=/=0, то решений
нет, так как х2 + х+1=#0. Таким образом, для существования
решения системы необходимо, чтобы а + & + с = 0. Покажем, что
это условие является также и достаточным для того, чтобы
система имела решение. Действительно, если а + /> + с = 0, то число
х=1 является, очевидно, решением системы.
Замечание. Если все коэффициенты а, />, с не равны нулю
одновременно, то число х=1 является единственным решением
системы. Действительно, подставив с— -(а-\-Ь) в первые два
уравнения, получим систему
(ах2 + бх —(а + Ь) = 0,
\bx2 — (a + b) х + а = 0.
Умножим первое уравнение этой системы на b и вычтем из полу-
ченного уравнения второе уравнение системы, умноженное на а.
Получим уравнение (а2 + /г+ аб) х —(а2 + б2 + а6) = 0. Если не
все коэффициенты а, />, с равны нулю, то а2А~Ь2 + а/>=#=0, и по-
этому х = 1.
147.	Четырехугольник ABCD складывается из заштрихован-
ного параллелограмма и половинок параллелограммов, соста-
вляющих его рамку '(рис. 6). Поэтому
с ______— s S + s
° A BCD — s “I 2—— “1— *
148.	а) С помощью линейки продолжим отрезок АВ за точки А
и В, затем с помощью шаблона по разные стороны от прямой АВ
построим два равносторонних треугольника (рис. 114, а). Отрезок,
соединяющий вершины этих треугольников, пересекает отрезок
АВ в его середине.
б) Выполнив построения, показанные на рисунке 114, б, полу-
чим точки Си/), делящие отрезок АВ на три равные части.
Можно осуществить также построения, показанные на рисунке
115 (последовательно прикладываемые шаблоны занумерованы
по порядку цифрами от 1 до 8).
149.	Площадь каждой фигуры равна 0,25л см2, площадь
данного прямоугольника равна 2,15 см-4 см = 8,6 см2. Если а —
искомое число фигур, то в силу отсутствия наложений должно
выполняться неравенство 0,25ля^8,6,	т- е- «СЮ. По-
112
Рис. 115
113
кажем, что 10 фигур можно размес-
тить в данном прямоугольнике тре-
буемым способом. Сначала разме-
стим 5 фигур в прямоугольнике
ABCD, у которого АВ = 2 см, так,
как показано на рисунке 116. Най-
дем вторую сторону этого прямо-
угольника. Пусть RP = PK=x. Тогда
PQ = x^2, и из равенства =
получаем равенство х-|-х -\/2 = 1, т. е.
х=—J—=-72 — 1. Так как DP=2 см,
72+' 2
то РЕ—д/З см и ЕК=уЗ-\~х =
= (-\/3-|--\/2 — 1) см. Заметим, что
V3 + V2— 1 <2,15, поэтому в прямо-
угольнике размером 2,15 X 2 см
можно разместить 5 указанных фигур, а в исходном прямоуголь-
нике — 10 фигур.
150. Вычислим несколько первых членов последовательности
ai = 1990; 02=499,25; Оз = 224; ...; 0)5 = 23,84; 016 = 23,76...;
017 = 23,88...; ... . Возникает гипотеза, что наименьшим членом
последовательности (а„) является число а^. Докажем это. Рас-
смотрим разность
bn = an + i-а„ = 1 + 1989/—1-5—Ц)= 1 - 1989--^L±«
\(a+lf гг/	гг(п4-1)2
Последовательность сп =	= — 2	-|—, монотонно
rr(n4-l)2 n(n-H) n (n-М)
убывает, ибо является суммой двух монотонно убывающих после-
довательностей. Поэтому последовательность Ьп = \ — 1989с„ мо-
нотонно возрастает. Так как (см. результаты вычислений, при-
веденные выше) 61б>0, то 6п>0 при всех п^16, т. е. ап+|>а„
при всех п>16. Следовательно, наименьшим членом последо-
вательности (ая) является а|6 = 23,769531... .
151.	Последней цифрой искомого числа может быть 3 или 7.
Возводя в квадрат все двузначные числа с последней цифрой 3
или 7, находим, что последними цифрами искомого числа могут
быть 17, 33, 67, 83. Для того чтобы десятичная запись квадрата
числа х начиналась цифрами 19, нужно, чтобы выполнялись не-
равенства 19<х2- 10-Af<20, где N — натуральное число. При
четном N = 2k и нечетном jV=2£-|-1 получаем соответственно
неравенства 19<х2-10~2*<20 и 190<х2-10~2*<200. Извлекая
с помощью известного алгоритма или на микрокалькуляторе
квадратный корень, получаем в первом случае неравенства
4,3588989... <х- ПГ*<4,4721359... ,
а во втором случае неравенства
13,784048...^х-10“*< 14,142135... .
114
Мы видим, что могут представиться следующие возможности:
х = 44; 436<х<447; х=14; 138<х< 141; 1379<х< 1414
и т. д. Среди этих чисел наименьшим числом, имеющим послед-
ние две цифры 17, 33, 67 или 83, является число 1383. Оно и будет
искомым: 13832 =1912689.
152.	Простейшая арифметическая прогрессия — числа 1, 2,
3 — не приводит к квадрату: 1-2-3=6. Но если это равенство
умножить на 6-6-6=63, то придем к требуемому равенству:
1-2-3-63=(1-6)-(2-6)-(3-6)=362, причем числа 1-6 = 6, 2-6=12,
3-6 = 18 образуют арифметическую прогрессию.
Другие примеры: 1, 25, 49; 49, 169, 289.
153.	Используя формулы Виета для корней хь х2 данного
уравнения, можем записать: 198=р + ?= — (*i + х2)-|-Х|Х2 =
=(xi — 1) (х2 — 1)— 1. Следовательно, (xi — 1) (х2— 1)= 199. Так как
число 199 является простым, то пара чисел (xi —1; х2 —1) совпа-
дает либо с парой (1; 199), либо с парой ( — 1; —199). Всего
получаем две возможные совокупности целых корней: 2; 200 и
0; -198.
154.	Числа 1 и 2 легко сделать «соседями», если таковыми
они не являются. Действительно, число 2 можно перемещать,
используя разрешенные перестановки, по дуге, не содержащей
число 3, так как все числа на этой дуге отличаются (по модулю)
от числа 2 больше чем на 1. Соединив числа 1 и 2, мы можем
теперь эту пару сделать «соседом» числа 3 так, что получится
тройка 1, 2, 3 в требуемом порядке. Это можно сделать, поскольку
все стоящие на дуге окружности между 2 и 3 числа отличаются
от 2 и от 1 больше чем на 1. Поэтому к числу 3 сначала можно
переместить 2, затем 1. Далее точно так же можно тройку чисел
1, 2, 3 придвинуть к числу 4. И т. д. В итоге придем к естествен-
ному (монотонному) порядку данных чисел. См. также задачу
153 для одиннадцатого класса.
155.	Пусть J£, М — середины АВ, AD, а КР и МТ —
перпендикуляры, опущенные на CD и СВ (рис. 117). О — середи-
а)
Рис. 117
115
Рис. 118
на диагонали АС. Ясно, что отрезки КМ, МО, ОК являются
средними линиями &BAD, &ADC, &СВА соответственно. Сле-
довательно, KM\\BD (и потому КМ ±ЛС), ЛЮ||£)С (и потому
МО Л_КР), ОК\\ВС (и потому ОК Мы видим, что высоты
&КМО лежат на прямых КР, МТ, СА. Отсюда следует, что эти
три прямые имеют общую точку.
156.	Преобразуем данное число к разности квадратов, кото-
рую представим -в виде произведения суммы на разность:
4545 + 54 54=(2545)2 + 2 • 2545 • 5452 + (5452)2 - 2 - 2545 * 5452 =
= (2545 + 5452)2 - 2546 • 54 52 = (2545 + 5452)2 - (2273 • 545)2 =
= (2545 + 5452 + 2273 • 545) (2545 + 54 52 - 2273 • 545).
В итоге пришли к требуемому разложению.
157.	а) Разрежем правильный дЛВС (рис. 118, а) на четыре
равных правильных треугольника, а. каждый из них на три равных
треугольника. Тогда исходный правильный треугольник будет
разрезан на 12 равных треугольников.
б) В качестве требуемого треугольника рассмотрим прямо-
угольный треугольник АВС с катетами ВС и АВ, такими, что
ВС:ДВ=1:2. Такой треугольник можно разрезать на 5 равных
треугольников (рис. 118, б).
См. также задачу 159 для десятого класса.
158.	Рассмотрим произвольный том с номером а, стоящий
не на своем месте. Пусть он стоит на ft-м месте, а том с номером b
стоит на с-м месте и т. д. до тома с номером k, который стоит
на а-м месте. Тогда скажем, что тома а, Ь, с, ..., k образуют серию.
Ясно, что библиотекарь будет менять местами друг с другом
только тома, принадлежащие одной серии. При каждой переста-
новке один том попадает на свое место, а серия, в которую он
входил, укорачивается на 1. Если в серию входит всего два тома,
то оба они становятся на свои места, а серия исчезает. Следо-
116
Рис. 119
Рис. 120
вательно, чтобы поставить на место п томов, образующих серию,
требуется п— 1 перестановок. Всего библиотекарю потребуется
осуществить 20 —s перестановок, где s — число всех серий.
159.	Обозначим длину стороны пятиугольника через а, длины
красных продолжений через kt, k^ k^ длины синих про-
должений через Ci, C2, Сз, Сч, с$ (рис. 119). Для каждой.вершины
пятиугольника, воспользовавшись теоремой о равенстве произве-
дений длин отрезков двух пересекающихся хорд окружности,
запишем соответствующее равенство^
kt	—^2 (а + ^г)
^2 (а-|-С2) = Сз (а + ^з)
^3 (Я 4“ Сз) = С4 (а 4" k^
kt (я -|- С4) = С5 (а -|-
^5 (а-j-£5) = С] (а + ^i)
(вершина Л),
(вершина В),
(вершина С),
(вершина D),
(вершина Е).
Сложив эти равенства, после упрощений получим:
k | + &2 + &3 4“&4 + kb = С] 4” ^2 + С3 4" ^4 4“ С5-
Замечание. Пятиугольник может быть невыпуклым, иметь
самопересечения, отдельные его стороны могут совпадать друг
с другом (рис. 120). В частности, утверждение задачи 158 для
одиннадцатого класса является частным случаем утверждения
рассматриваемой задачи.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
ДЕВЯТОГО КЛАССА
1. При доказательстве воспользуйтесь тем, что сумма площадей фигур,
дополняющих данные фигуры до квадрата, меньше площади квадрата. 2. d = 18.
3. 20 девочек. Выясните, сколько девочек стоит между соседними парами маль-
чиков. 4. Разбить квадрат.на 4, 6 и более квадратов можно. Квадрат нельзя раз-
бить на 2, 3 и 5 квадратов. 5. Используйте неравенство треугольника и связь
между длинами сторон и высот. 6. Нет. 7. Наибольшее расстояние равно
1 4-^2- 8. —h. 9. Можно. 10. Можно. 11. 15 клеток. 12. Докажите, что х=у.
13. Выигрывает начинающий. Рассмотрите позицию, в которой фишки партнеров
разделяют 3 клетки. 14. Нет. 15. Наименьшее Р равно 72. Искомое разбиение:
(1; 8; 9), (3; 4; 6), (2; 5; 7). 18. Опишите окружности около квадратов и докажите,
что точка их пересечения, отличная от точки Л, и является общей точкой трех
данных прямых. 19. 25 см2. 20. Часы показывают верное время от 0 часов до
k
1 часа, а затем в моменты времени 2/г+ 1 +ур 1<£<11. Рассмотрите графики
двп/ксния часовых и минутных стрелок правильных часов и часов, рассматри-
ваемых в задаче. 21. Можно. 25. 105. Представьте число в виде xyz= 100х+
4-IOt/ + z. 26. Воспользуйтесь тем, что диагональ выпуклого многоугольника не
превосходит диаметра окружности, а его периметр меньше длины окружности.
27. Найдите явную формулу для числа частей, образовавшихся на м-м шаге.
28. А/= 1980. Подсчитайте остатки от деления п4 на 5. 29. Используйте метод
доказательства от противного. 30. 335 и 742. 31. Z KMZ) = 90°. 33. В качестве оси
можно взять прямую, параллельную вектору ai+	34. Вычислите
tg A PCD. 35. Второе число больше первого. 36. Х = А П В. 37.	-S.
38. Используйте метод доказательства от противного. 39. Числа вида 2Р, где р —
неотрицательное целое число. 41. В точке D. Покажите, что нечетные и четные
встречи происходят в точках С и D соответственно. 42. Нельзя. 43. Рассмотрите
параллелограмм, стороны которого равны данным диагоналям и образуют между
собой данный угол. 44. Докажите, что число отрезков равно Зп. 45. п = 3 и л =24.
46. (у2; д/2), (^2; -^2), (-<2; л/2), (-д/2; --/2), (1; 1), (-1; -1). Используйте
тот факт, что слагаемые в левой части уравнения неотрицательны. 47. 4 мин.
Составьте уравнения движения. 48. ОМ:OS =1:2. 49. Докажите, что в первой
последовательности все члены с номерами 1, 11, 21, 31, ... (номера идут через 10)
делятся на 5. Во второй последовательности все члены с номерами 1, 18, 35, 52, ...
(номера идут через 17) делятся на 17. 50. Данный многочлен равен
если а2 —4Ь>0, и равен (х24-д/2 ^jb — a-xA~ \[b) (х2—д/2 ТЬ — а-х+л/Н
если а2 — 4Ь^0. 51. 2S. 52. Воспользуйтесь тем, что около четырехугольника
О ЕВ К можно описать окружность. 53. Существует. Докажите, что на плоскости
существует точка, удаленная от данных точек на различные расстояния.
54. 5 \bmnd :$вмс—3:\. 55. t66j...66,3 Используйте равенство 111... 1 =
|0Л_|	989 цифр	п цифр
=—-—. 57. Воспользуйтесь тем, что число различных нечетных делителей
данных чисел меньше 51. 58. Целые числа —10, —9, —8, —7, —6, —5, —4,
— 3, —2, —1, 0, 2 и все числа из интервала (0; д/2). 59. 24 автобуса, 529 ту-
ристов. 61. 60°. Воспользуйтесь тем, что четырехугольники АВСМ и BCDK совме-
щаются при повороте на 60°. 62. 1486 различных чисел. 63. Длина отрезка NK
будет наибольшей тогда и только тогда, когда точка М диаметрально проти-
118
воположна точке Л в окружности, описанной около ДЛВС. 64. Данное число
равно 3. Представьте выражение под знаком первого радикала как куб разности.
65. Не может. 66. Не может. 68. Разбейте круг на 990 равных секторов. Тогда
хотя бы в одном из этих секторов окажется не менее трех точек. 69. Восполь-
зуйтесь методом математической индукции. 70. S&kln~ 1:1- 71. Восполь-
зуйтесь тем, что ал + 1 =mH-2ai + 2a2H-... + 2fl‘, и рассмотрите остатки от деления
на 3 чисел вида 2я. 72. Не может. Используйте метод доказательства от противного.
73. ZC = 30°, ZCi=30°, Z-D =120°. 74. Рассмотрите числа, соседние с наимень-
шим числом. 76. 7744 = 882. 77.	79. 72°, 72°, 36°\ 80. 20 000 р.
81. Сможет. 82. 11 точек. 84. Первое и второе автохозяйства отправили 6 и 11 ма-
шин. соответственно. 85. Используйте свойства вписанных углов и докажите,
что Z СЛМZMBD= 180°. 87. Первое число больше второго. Рассмотрите,
х
например, отношение этих чисел. 88. Покажите, что f (х)=--.-	. 89. Сначала
i+Vi+F
нумеруются (как-то) положительные числа, затем нули и, наконец, отрицатель-
ные числа. 90. Нельзя. Предположив противное, докажите, что все числа в таб-
лице, кроме, быть может, тех, что стоят в ее углах, имеют одинаковую четность.
91. 21982+ 1 =(2991 Н-2496+ 1) (2991 — 249б-Н). 92. Четырехугольник	не
всегда будет выпуклым. Его площадь всегда равна 2S. 93. Рассмотрите пра-
вильный дЛСТ), такой, что точки В и D лежат по разные стороны от АС.
Докажите, что точки D, Р, В лежат на одной прямой. 94. т=100, п=1 и пг = 16,
п = 20. 95. BABCD = 1. Докажите, что диагонали исходного четырехугольника
перпендикулярны. 96. В 12 ч. 97. Докажите, что Z_DAB + ABCD= 180°.
98. Воспользуйтесь тем, что вне диагонали находится четное число шашек.
99. Воспользуйтесь тем, что три квадрата, примыкающие к любой вершине куба,
должны быть раскрашены в разные цвета, а число вершин равно 8.
102. Не могут. 103. С помощью разложения на простые множители
докажите, что если натуральные числа а, 6, с, d удовлетворяют равенству ab—cd,
то существуют натуральные числа и, v, 10, t, такие, что a = uw, b = vt, c = uv,
d = wt. 104. Рассмотрите два случая с<0 и с^О и докажите, что в обоих случаях
Ь2 — 4ас>0. 105. 2178. Запишите искомое число в виде xz/z/= ЮООхН-100//+
+ 10z-|-f. 107.91.109. Преобразуйте неравенство к виду (х2 — у2)2 (x4-j-x2y2-j-y4)^0.
ПО. С доски необходимо стереть 6 дробей: -±~,	Восполь-
□	/ о У 1U 1 1
. и а с	.	.
зуитесь тем, что сумма двух несократимых дробей — и — , у которых b=£d, не
b а
может равняться нулю. 111. Искомое множество точек состоит из окружности
радиуса ^АВ-АС с центром в точке А, интервала СВ и луча, выходящего из
точки А, лежащего на прямой АВ и не содержащего точку С. 112. Покажите,
что сторона покрывающих треугольников не меньше половины стороны дЛВС.
113. Многочлен х1985 -|-х4-1 делится, например, на х2-}-х4-1. 114. Воспользуйтесь
теоремой косинусов. 115. (3 —д/2) лг2 —г2. 116. Возведите а в куб и полученное
выражение выразите через а. 117. Выделите полосу шириной в (л + 1) клетку.
118. Преобразуйте сумму, группируя по два слагаемых, равноотстоящих от кон-
цов. 120. а) 2а cos 36°; б)  ~7р~~ а- 121. Не может. Воспользуйтесь методом
доказательства от противного: докажите, что из предположения, что N оканчи-
вается на 20, следует, что W делится на 25. 122. В 15 ч 20 мин. 124. х = 2, у = 1, z = 4.
о	-	-	-Е 7850
Воспользуйтесь оценками снизу и сверху правой части равенства х5=----------.
3//z
Можно, подобрав сначала цифру z, перебором по // = 0, 1, ... ,9 найти цифру у и
затем найти х. 125. а =6. Докажите, что стороны квадратов, выходящие из
одной вершины n-угольника, образуют угол 60°. 126. (0; 0; 0; 0), (уЗ; уЗ; д/З),
(—-\/3; — л/3; —д/З; — д/З). Докажите, рассматривая разности уравнений систе-
119
мы, что x = i/ = z = /. 127. Отразите точку F симметрично относительно прямой I
и воспользуйтесь параллельностью /ЦЛС. 128. а) Можно; б) нельзя. Рассмотрите,
например, шахматную раскраску таблицы и воспользуйтесь тем, что разность
между суммой чисел, стоящих на черных клетках, и суммой чисел, стоящих на
белых клетках, является инвариантом, т. е. не меняется после хода, разрешенного
условием задачи. 129. (2; 14), (0; —20), (18; —2), (—16; —4). Преобразуйте
уравнение к виду (х — 1) (f/ + 3) = 17. 130. Если В — множество точек трех отрез-
ков, покрывающих множество Л, то А' cz В'. Докажите, что В' состоит не более
чем из шести отрезков. Пяти отрезков единичной длины для покрытия множества
А' может не хватить. Постройте пример. 131. Докажите, что	/LCRM =
= 180°. 132. Для построения искомой дроби достаточно сначала до запятой
выписать все цифры, встречающиеся в записи данной дроби конечное число
раз, а затем построить период из цифр, встречающихся бесконечно много раз.
133. Докажите, что ДДВС, &BCD, &.CDE, д/)ЕЛ, £\ЕАВ подобны, а коэф-
фициент подобия равен 1. 134. а) Можно. Постройте пример; б) нельзя. Вос-
пользуйтесь методом доказательства от противного. 135. См. рисунок в решении
задачи. 136. 45°, 90°, 45°. Разделите квадрат на 25 равных квадратиков. 137. (0; 0),
( —1; 1), ( — 2/^3; — 2^3). Вычтите из первого уравнения второе, умноженное
на х. 138. Наименьшее возможное число камешков в первой кучке равно 170,
при этом во второй кучке находится 40 камешков. Составьте систему уравнений,
которой удовлетворяют числа х, у, х, где х и у — число камешков, первоначально
находящихся в первой и второй кучках соответственно, a z — число камешков,
которые по условию перекладывают из второй кучки в первую. 139. Например,
х = 50, у—1. 141. Для доказательства неравенства а6>3 запишите уравнение
в виде а6+1	и воспользуйтесь неравенством между средним ариф-
метическим и средним геометрическим. Для доказательства неравенства а6<4
запишите уравнение в виде—+ 1 =а'+—5 и снова используйте то же неравенство.
142. Воспользуйтесь тем, что среди 1988 узлов сетки, лежащих на окружности,
существует узел, лежащий или на оси координат, или на биссектрисе коорди-
натного угла. 143. Не может. Докажите, что команда, одержавшая наибольшее
число побед, является чемпионом. Методом от противного докажите, что число
таких команд не может быть равно 2. 144. Наименьшее возможное неотрицательное
число равно 1 = 1+(2-3-4 + 5) + (6-7-8 + 9) + ...+(1986-1987-1988+1989).
Докажите, что при любой расстановке знаков « + » и « —> получается нечетное
число. 145. Существует. Например, 2753964180. 146. а + & + с=0. Сложите уравне-
5 I s
ния системы. 147. —-—. 149. 10 фигур. Докажите, что искомое число фигур не
превосходит 10. Приведите пример, показывающий, что 10 фигур можно раз-
местить требуемым способом. 150. а16 = 23,769... . 151. 13832—1912689. Послед-
ние две цифры числа х2 определяются лишь последними двумя цифрами чис-
ла х. Для нахождения «начала* числа х воспользуйтесь неравенствами 19^
<х2- 10~yV<20, где W — натуральное число. 152. Например, 6, 12, 18. 153. 2 и 200
или 0 и—198. Воспользуйтесь формулами Виета. 154. Сначала, перемещая число 2,
сделайте «соседями» числа 1 и 2. Затем, перемещая двойными ходами пару 1, 2,
сделайте ее «соседом» числа 3. И т. д. 155. Рассмотрите Д/GMO, где К, М, О —
середины АВ, AD, АС, и докажите, что проведенные из К и М перпендикуляры
являются высотами д/GMO. 156. Прибавьте и вычтите число 2*2 *5452 и пре-
образуйте полученное выражение к разности квадратов. 158. Рассмотрите серию
томов с номерами а, Ь, с, ..., k: том с номером а стоит на b-м месте, том с номером b
стоит на с-м месте..том с номером k стоит на а-м месте. Выясните, что проис-
ходит с этой серией при перестановках, разрешенных условием задачи. Докажите,
что всего потребуется 20 —s перестановок, где s — число серий. 159. Восполь-
зуйтесь теоремой о равенстве произведений отрезков двух пересекающихся хорд
окружности. Сложите соответствующие равенства для каждой вершины пяти-
угольника.
120
10 класс
ПЕРВАЯ ОЛИМПИАДА (1974—1975 гг.)
III этап
1.	Двое школьников поочередно пишут цифры 2/г-значного
числа, используя только цифры 1, 2, 3, 4, 5. Первую цифру пишет
первый школьник, вторую — второй школьник, третью — первый
и т. д. Может ли второй школьник добиться того, чтобы получен-
ное число делилось на 9, если первый школьник стремится ему
помешать? Рассмотрите случаи £=10 и £=15.
2.	Можно ли разбить правильный треугольник на 6 меньших
правильных треугольников (необязательно равных) ? Укажите
все значения £, для которых правильный треугольник нельзя
разбить на k меньших правильных треугольников.
3.	Докажите неравенство
j____1, j_____i_j____! I 
2	З1" 4	s’1”’" 999 ‘”1000*^ 5 '
4.	В окружность радиуса 1 с центром в точке О вписан пра-
вильный n-угольник. Точка А лежит на окружности. Найдите
сумму расстояний от точки А до оснований перпендикуляров,
опущенных из вершин n-угольника на прямую ОА. Докажите,
что сумма расстояний не зависит от выбора точки А.
5.	В треугольнике радиус вписанной окружности равен 1, а
длины высот — целые числа. Докажите, что треугольник пра-
вильный.
6.	Две вершины правильного треугольника лежат на рас-
стоянии 1 от точки О. На каком наибольшем расстоянии от точки О
может находиться третья вершина?
7.	В выпуклом четырехугольнике ABCD выполнены равёнства
AB = BC = CD, М — точка пересечения диагоналей, К — точка
пересечения биссектрис /_А и Z_D. Докажите, что точки Л, М,
К и D лежат на одной окружности.
8.	Выпуклый /г-угольник помещен внутрь квадрата со сторо-
ной, равной 1. Докажите, что найдутся три вершины Л, В, С этого
n-угольника, такие, что площадь ДЛВС меньше
IV этап
9.	Докажите, что если
х+т=у+т=г+т’
то либо x = y = z, либо |xyz| —1.
121
10.	Задача 9 для девятого класса.
11.	Можно ли расставить числа 1, 2, 3, ...» 33, 34 в вершинах
и серединах сторон правильного 17-угольника таким образом,
чтобы сумма трех чисел, стоящих на каждой стороне, была одной
и той же?
12.	Числа 1, 2, 3, ..., 1974, 1975 разбиты на две группы. К
первой группе отнесены числа с нечетной суммой цифр, ко второй
группе — с четной. Что больше: сумма всех чисел первой группы
или сумма всех чисел второй?
13.	Докажите, что в любом треугольнике биссектриса, про-
веденная к наибольшей стороне, не превосходит высоты, опущен-
ной на наименьшую сторону.
ВТОРАЯ ОЛИМПИАДА (1975—1976 гг.)
Ill этап
14.	В некотором множестве М выделено несколько попарно
пересекающихся подмножеств (это значит, что пересечение лю-
бых двух из выделенных подмножеств является непустым мно-
жеством). Пусть Л — некоторое подмножество множества М. До-
кажите, что либо подмножество Л, либо дополнение этого подмно-
жества до множества М пересекается с каждым подмножеством
из выделенного семейства.
15.	На плоскости даны три различные точки А, В к С. Через
точку С проводится произвольная прямая I и среди точек М этой
прямой выбирается точка Mi, для которой сумма расстояний
AMiA-BMi наименьшая. Каково наибольшее значение величины
AMiA-BM1 и для какой прямой I оно достигается?
16.	Решите систему уравнений
Х| А~Х2 = Х%,
Х2 + Х3=Х4,
%3-|-X4=X5,
Х4+Х5 = Х1,
.Xs —Х1 = х|-
17.	Два квадрата ОАВС и ОЛ|В|С| (вершины перечислены
в одном направлении) имеют общую вершину О'. Докажите,
что прямые ЛЛ1, ВВ\, СС\ имеют общую точку.
18.	Существует ли натуральное число k, такое, что 100 по-
следних цифр десятичной записи числа 3* совпадают со 100 послед-
ними цифрами числа 7*?
122
IV этап
19.	Внутри остроугольного ДЛВС расположена точка Р так,
что
/LAP В = Л.АСВ+60°, АВРС =
= ДВЛС4-60°, АСРА = £СВА +60°.
Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из точки Р
на стороны дЛВС, являются вершинами равностороннего тре-
угольника.
20.	Задача 20 для девятого класса.
21.	Докажите, что не существует строго возрастающей после-
довательности целых неотрицательных чисел а\, а^, аз, .... для
которой при любых пит выполняется соотношение атп = ат-\-ап.
22.	В выпуклом пятиугольнике ABCDE площадь каждого из
треугольников ABC, BCD, CDE, DEA равна S, а площадь тре-
угольника ЕАВ равна -|-S. Вычислите площадь пятиугольника.
23.	На полке стоят первые п томов энциклопедии. С ними
можно проводить следующую операцию: взять любые три рядом
стоящих тома и поставить их между любыми двумя-томами, а
также в начало или в конец ряда, не меняя при этом порядка
этих трех томов. Можно ли независимо от первоначальной рас-
становки томов поставить их в порядке возрастания номеров,
применив несколько раз указанную операцию?
ТРЕТЬЯ ОЛИМПИАДА (1976—1977 гг.)
III этап
24.	Найдите lim хп, если числа хп определяются рекуррентны-
ми соотношениями х1=-д/2 и хп_|_| =(д/2)Хл для n£N.
25.	В треугольной пирамиде сумма квадратов сторон осно-
вания равна а2, а сумма квадратов боковых ребер равна Ь2.
Найдите длину отрезка, соединяющего вершину с точкой пере-
сечения медиан основания.
26.	Задача 28 для девятого класса.
27.	Докажите, что если
х1977
+ j/l977
>х1976
+у1976,
ТО	•
х1978 +у1978 >х1977 +у1977
28.	Девять равных квадратиков размером 1X1, образующих
квадрат размером 3X3, окрашены в белый или черный цвет.
Происходит одновременное перекрашивание всего квадрата по
следующему правилу: квадратик окрашивается в черный цвет,
123
если число его черных соседей нечетно, и квадратик окрашивается
в белый цвет, если число его черных соседей четно. Докажите,
что через четыре перекрашивания все квадратики станут белыми.
(Соседями квадратика называются квадратики, имеющие с ним
общую сторону.)
IV этап
29.	Докажите, что квадрат радиуса окружности, описанной
около многоугольника с вершинами в точках с целыми коорди-
натами, является рациональным числом. (Используемая система
координат прямоугольная.)
30.	Конечно или бесконечно множество решений в натуральных
числах уравнения x24~y3 = z2?
31.	Докажите, что конечным числом прожекторов нельзя
осветить всю плоскость, если считать, что каждый прожектор
освещает часть плоскости, лежащую внутри некоторой параболы.
32.	На плоскости имеется п единичных векторов, сумма ко-
торых равна нулевому вектору и у каждого из которых хотя бы
одна из координат неотрицательна. Какое максимальное число
из этих п векторов может иметь неотрицательные обе коорди-
наты?
33.	На сторонах АВ и ВС как на гипотенузах вне дЛВС
построены прямоугольные треугольники АРВ и BQC, в которых
Л.РАВ = /LBCQ = a. Найдите углы /\PQR, где R— середина
стороны АС.
ЧЕТВЕРТАЯ ОЛИМПИАДА (1977—1978 гг.)
III этап
34.	В пространстве заданы точки Л, В, С и D. Пусть М и N —
середины отрезков АВ и CD соответственно. Докажите неравен-
ство MN^-~(ВС4-Л£>). В каких случаях возможно равенство?
35.	Две окружности касаются внутренним образом в точке Т.
Пусть хорда АВ большей окружности касается меньшей в точке Р.
Докажите, что прямая ТР делит угол АТ В пополам.
36.	Задача 36 для девятого класса.
37.	Докажите, что уравнение xJf4-2y^ = z2 не имеет решений
в натуральных числах.
38.	Найдите все простые числа р и q, для которых число
(р+1/ является точным квадратом.
IV этап
39.	Каких шестизначных чисел больше: тех, которые можно
представить в виде произведения двух трехзначных, или ос-
тальных?
124
40.	Задача 41 для девятого класса.
41.	На сторонах ВС и DA параллелограмма ABCD взяты
точки К и L так, что BK'.KC = DL‘.LA = k. Найдите отношение
площади параллелограмма ABCD к площади четырехугольника,
являющегося общей частью &.AKD и &BLC.
42.	Два вектора а и b таковы, что |а + &| + |а| • |d| < 1. До-
кажите, что длина каждого из этих векторов меньше 1.
43.	Докажите, что для любого натурального п выполнены
соотношения:
a)	0<V4« + 2-Vn-Vn+i <——;
16
б)	[Vh+V«+1]=[V4«+4 где через [х] обозначена целая
часть числа х.
ПЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1978—1979 гг.)
III этап
44.	Дан куб ABCDAtBiCtDj. Проведите через его диагональ
B\D сечение, имеющее наименьшую возможную площадь. /
45.	Площадь трапеции ABCD (где ДВЦСО) равна S. Точки
К, L, М и V принадлежат АВ, ВС, CD и DA соответственно,
причем AK'.AB=BL".BC = CM’.CD=DN:DA = m. Найдите пло-
щадь четырехугольника K.LMN.
46.	Найдите все трехзначные числа, такие, что при любой
перестановке их цифр получаются числа, делящиеся на 27.
47.	Сколько решений имеет уравнение
х.1О-'ооо={х10)?
({о}=а—[а]—дробная часть числа а.)
48.	Докажите, что система уравнений
(х2 —y3 = 7z4,
(z2 — 2у2 — 1
не имеет целочисленных решений.
IV этап
49.	Найдите все значения а и Ь, такие, что для любого х
из отрезка [—1; 1] будет выполняться неравенство
12х2 т|- ах + b |	1.
50.	Дан треугольник АВС площадью S. Точки М, N — середи-
ньпего сторон АС й АВ соответственно. Точки Р и Q делят сторону
ВС на три равных отрезка так, что BP = PQ = QC. Найдите
площадь общей части четырехугольника ANPQ и Д.ВМС.
125
51.	Дана тройка чисел -\[2, 2, -=. Разрешается любые два
из них заменить их суммой, деленной на -д/2, и их разностью, также
деленной на -\/2. Можно ли, проделав эту операцию несколько
раз, получить тройку чисел 1, -\/2, 1+д/2?
52.	Через точку, взятую внутри произвольного тетраэдра, па-
раллельно его ребрам проведены отрезки с концами на гранях
тетраэдра. Докажите, что сумма всех шести отношений длин
этих отрезков к длинам параллельных им ребер равна 3.
53.	На плоскости дан набор из п векторов, длина каждого
из которых не превосходит 1. Докажите, что, заменив некоторые
векторы этого набора на противоположные, можно получить на-
бор векторов, сумма которых имеет длину:
а) не превосходящую -\/п; б) не превосходящую д/2.
ШЕСТАЯ ОЛИМПИАДА (1979—1980 гг:)
III этап
54.	Докажите, что произведение четырех последовательных
натуральных чисел не может быть полным квадратом.
55.	На плоскости расположены две окружности радиусов г,
и гг с центрами О, и Ог соответственно. На первой окружности
берется точка Ль а на второй — точка Л2 так, что векторы
О1Л । и О2Л2 коллинеарны и противоположно направлены. Ка-
кую линию опишет середина А отрезка Л1Л2, если точка «обе-
жит» первую окружность?
56.	Найдите наименьшее натуральное число, половина кото-
рого есть пятая степень, а пятая часть которого есть квадрат.
'х 2х+у^
57.	Решите систему уравнений х
58.	На сторонах АВ и CD параллелограмма ABCD взяты
точки К и L соответственно. Прямые LB и DK пересекаются в
точке Т. Докажите, что прямые КС и AL тоже пересекаются
(в некоторой точке S), причем отрезок TS параллелен прямой ВС.
IV этап
59.	Можно ли все натуральные числа от 1 до 30 записать в таб-
лицу, имеющую 5 строк и 6 столбцов, так, чтобы:
а)	суммы чисел в каждом столбце были одинаковы;
б)	суммы чисел в каждой строке были одинаковы?
60. Найдите все натуральные числа п, для которых число
28-|-2и4-2п является квадратом натурального числа.
126
ЛИ. Каждая вершина выпуклого (2л + 1)-угольника окрашена в
один из трех цветов так, что любые две соседние вершины
окрашены в разные цвета. Докажите, что (2л + 1)-угольник можно
разрезать непересекающимися диагоналями на треугольники так,
чтобы вершины каждого такого треугольника были окрашены в
различные цвета.
62. Даны натуральные числа т и л, причем л ^100. При
обращении дроби — в десятичную ученик получил после запя-
той на некотором месте последовательные цифры 167. Докажите,
что ученик допустил ошибку в вычислениях.
63. На плоскости расположены два правильных треугольника
ЛВС и AtB\C\ (вершины перечислены по часовой стрелке) так,
что середины сторон ВС и В\С] совпадают. Найдите:
а)	величину угла между прямыми АА\ и ВВг,
б)	отношение ЛЛ] :ВВь
СЕДЬМАЯ ОЛИМПИАДА (1980—1981 гг.)
Ill этап
64.	Решите уравнение
3Х+4Х = 5'.
65.	Пусть числа a, b, с, d таковы, что
а2-)-с2 = 1, b24-d2 = l, ab-\-cd = 0.
Докажите, что тогда выполнены и такие равенства:
а2 + &2 = 1, с2+</2=1, ac-\-bd=0.
66.	Вычислите коэффициент при х100 в многочлене
V	(1+х + х2 + х3 + ...-|-Х100)3
после приведения всех подобных членов.
67.	На одной стороне угла с вершиной О, величина которого
меньше 180°, расположены последовательно точки Л, В и С
так, что ОА :АВ :ВС= 1:2:3. На другой стороне угла последо-
вательно расположены точки Ль В| и С\ так, что ОЛ|:Л |В| :BiCi =
=3:3:2. Докажите, что прямые ЛЛ |, ВВ\ и СС, имеют общую
точку.
68.	В дЛВС проведены высоты ЛЛЬ ВВ\ и ССь Известно,
что ЛЛ| +BBi + CCi=0. Докажите, что дЛВС правильный.
IV этап
69.	Можно ли квадратную таблицу заполнить числами 1,
— 1 и 0 так, чтобы все суммы: в каждом столбце, в каждой строке
и , на каждой из двух диагоналей — были различны?
127
70.	Квадраты ABCD и Л|В1С|О1 (вершины перечислены про-
тив часовой стрелки) расположены на плоскости так, что
AA\ = 2BD\. Точка Е — середина отрезка АА,. Найдите углы
дСЕСь
71.	В девятиугольной пирамиде боковые ребра и диагонали ос-
нования окрашены: некоторые — в красный цвет, остальные —
в синий цвет. Докажите, что среди этих отрезков можно указать
три, которые образуют треугольник и окрашены в один цвет.
72.	Последовательности (ап) и (Ьп) заданы рекуррентным спо-
собом:
ai=a>0, 6, =&>0,
о.+,=±±5=.
для п>1. Докажите, что при любом п выполняется неравенство
1^«+1 —-~2„а- 
73.	Найдите все 200-значные числа, начинающиеся с 99 де-
вяток и являющиеся полными квадратами.
ВОСЬМАЯ ОЛИМПИАДА (1981 — 1982 гг.)
HI этап
74.	В каждой вершине правильного 1982-угольника записано
положительное число, причем каждое из чисел равно среднему
геометрическому чисел, записанных в соседних вершинах. До-
кажите, что все записанные числа равны между собой.
75.	Найдите наименьшее натуральное число п, такое, что п
делится на 19, а п-)-2 делится на 82.
76.	Решите уравнение
а ^/х — Ь2 -сгА-Ь ^х — с2 — а2 + с у/х—а2 — Ь2 = а2 4- Ь2 + с2,
где а, Ь, с — данные положительные числа.
77.	Сколькими способами можно покрыть прямоугольную дос-
ку размером 2X12 см прямоугольными плитками размером
1 Х2 см? (Плитки разрешается укладывать так, чтобы они не пе-
рекрывались и целиком помещались на доске.)
78.	В прямоугольном треугольнике АВС с гипотенузой АВ
проведена высота CD. Около треугольников ABC, ACD и BCD
описаны окружности. Докажите, что сумма площадей трех фигур,
заштрихованных на рисунке 121 горизонтальными линиями, рав-
на площади фигуры ADBE, заштрихованной на рисунке верти-
кальными линиями.
128
Е
II	Рис. 121
к	IV этап
| 79. Задача 80 для девятого класса.
£.80. Решите в натуральных числах систему уравнений
I	( —у3 — z3 = 3xyz,
I	tx2 = 2(i/4-z).
Г. 81. В остроугольном дЛВС высоты пересекаются в точке И.
Обозначим а = ВС, b=AC, с—АВ, х=АН, у — ВН, z = CH. До-
ажите, что справедливо равенство abc=ayz-\-xbz-\-xyc.
? 82. Функция f(x), определенная -на отрезке [0; 1], такова,
то / (0) = / (1) = 0 и для любых а, Ь£ [0; 1J' выполнено нера-
енство
Докажите, что уравнение / (х) = 0 имеет бесконечно много реше-
:йий. Выясните, существует ли функция, удовлетворяющая ука-
занным условиям и не равная тождественно нулю.
, 83. В футбольном турнире участвовало п команд высшей ли-
ги и 2п команд первой лиги. Каждая команда сыграла ровно
одну игру с каждой другой командой. Отношение числа побед,
одержанных командами первой лиги, к числу побед, одержанных
командами высшей лиги, равно 5:7. Найдите /г, если известно, что
ничьих в турнире не было.
5 Заказ 57	129
ДЕВЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1982—1983 гг.)
Ill этап
84.	Числа х и у'таковы, что х>у и ху=1. Докажите, что
справедливо неравенство
*-±^>2 у/2.
X—у
85.	Около дЛВС описана окружность с центром О. Окруж-
ность, проходящая через точки Л, В и О, касается прямой АС
в точке Л. Докажите, что ЛВ=ЛС.
86.	Задача 86 для девятого класса.
87.	Масса ста гирек, сваленных в одну кучку, составляет
500 г. Известно, что имеются только гирьки в 1 г, в 10 г и в 50 г.
Сколько в кучке гирек каждой массы?
88.	Функция f (х) определена при всех действительных зна-
чениях х и удовлетворяет при всех x£R условию 2J (x)A~f (I —х)=
=х2. Найдите / (х).
IV этап
89.	Найдите все простые числа, представимые в виде|^-J , где
п — натуральное число. (Через [х] обозначена целая часть
числа х.)
90.	Упростите выражение
_L+_2_+_3_+...+_9L.
2!	3!	4! г 100!
91.	Можно ли в клетках квадратной таблицы 6X6 записать
натуральные числа от 1 до 36 так, чтобы сумма чисел, за-
писанных в клетках каждой из фигур, изображенных на рисун-
ке 122, делилась на 9?
92.	На координатной плоскости задан выпуклый пятиугольник
ABCDE, все вершины которого имеют целочисленные коорди-
наты. Докажите, что внутри пятиугольника ABCDE найдется хо-
тя бы одна точка с целочисленными координатами. Справедливо
ли аналогичное утверждение для невыпуклого пятиугольника?
93.	Решите систему уравнений
(4х2 — 3t/ = jq/3,
(х24-х‘У = 2у.
130
ДЕСЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1983—1984 гг.)
/	III этап
94.	Найдите все пары натуральных чисел (/п; п), удовлетво-
ряющие уравнению 2"' —2Л= 1984.
95.	Стороны треугольника равны а, Ь, с. Докажите, что если
с4 = а4 + 64, то треугольник остроугольный.
96.	Задача 96 для девятого класса.
97.	Существует ли дЛВС, в котором медианы AD и СЕ удов-
летворяют неравенствам ЛДс-^-ВС, С£<-|-ЛВ?
98.	Пусть а<_Ь<С- Докажите, что уравнение
имеет ровно два корня xt и Х2, удовлетворяющие неравенствам
a<Zxi <b<x2<c.
IV этап
99.	Найдите все натуральные числа п, такие, что сумма цифр
десятичной записи числа 2Л равна 5.
100.	В клетках квадратной таблицы 3X3 расставлены знаки
й « —» так, как показано на рисунке 123. Разрешается
в любом столбце или в любой строке изменить сразу все знаки
на противоположные. Можно ли, повторяя эту процедуру несколь-
ко раз, из данной таблицы получить таблицу, изображенную на
рисунке 124?
101.	Чему равно максимальное значение разности трехзнач-
ного числа и суммы кубов его цифр? Для какого трехзначного
числа достигается этот максимум? Чему равно минимальное по-
ложительное значение этой разности?
102.	Через точку С, лежащую вне окружности с центром Оь
проведены к этой окружности две касательные, касающиеся ее
в точках А и В, Через точки С и В проведена окружность с центром
О2, касающаяся прямой АВ в точке В и пересекающая окруж-
ность с центром О( в точке М. Докажите, что прямая AM делит
отрезок ВС пополам.
' 103. Существуют ли на плоскости точки Л, В, С, такие, что
для любой точки Р этой плоскости длина хотя бы одного из от-
резков РАУ РВу PC является иррациональным числом?
Рис. 123
Рис. 124
131
ОДИННАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1984—1985 гг.)
II] этап
104.	Числа Я|, а2. аз, , ап таковы, что. 010203...an= 1. До-
кажите, что справедливо неравенство
(1 -bo?) (14-ai) (14-вз)-(14-Дп)^2'1.'
105.	Прямая / пересекает окружность с диаметром АВ в точ-
ках С и D, отличных от Л и В. Из точек Л и В к прямой / проведены
перпендикуляры АЕ и BF соответственно. Докажите, что длины
отрезков СЕ и DF равны.
106.	Докажите, что число 1010...101 (k нулей и £4*1 единиц,
где k^2) является составным.
107.	В выпуклом четырехугольнике ABCD отношение диаго-
налей BD и АС равно I. Найдите отношение площади этого че-
тырехугольника к площади ромба, вершины которого лежат на
сторонах четырехугольника, а стороны параллельны диагоналям
четырехугольника.
108.	В квадратную таблицу 4X4 записаны числа 1, 9, 8, 5
так, как показано на рисунке 125. Можно ли в остальные клетки
этой таблицы вписать числа так, чтобы в каждой строке и в
каждом столбце таблицы была записана арифметическая про-
грессия?
IV этап
109.	Докажите, что знаки чисел а, Ь, с одинаковы тогда и
только тогда, когда выполняются неравенства
ab 4-Ьс4- са>0, -\-4-t-4—-
ао Ьс са
ПО. Дан остроугольный треугольник АВС. Рассматривают-
ся всевозможные параллелограммы АК.МТ, вершины К, М, Т
которых лежат на сторонах АВ, ВС, СА соответственно.
а)	При каком положении точки К диагональ AM будет на- ..
именьшей?
б)	При каком положении точки К диагональ KJ будет на-
именьшей? Опишите в этом случае метод построения точки К
с помощью циркуля и линейки.
111.	Даны 1985 гирь массами 1 г, 2 г, 3 г, .... -
1985 г. Можно ли их разделить на пять групп
так, чтобы и число гирь, и их суммарная масса
были бы одинаковы во всех пяти группах?
112.	Две окружности радиусов R я г распо-
ложены на плоскости одна вне другой. К ок-
ружностям проведены две внешние касатель-
ные и одна внутренняя касательная. Внутрен-
няя касательная пересекает внешние касатель-
132
ные в точках Л и в и касается одной из окружностей в точке С.
Докажите, что AC-BC — R-r.
113.	Дано натуральное число т. Последовательность чисел
(х„) строится следующим образом: л1 = 1, а число лл+| при п>1
равно сумме цифр числа тхп. Докажите, что в последователь-
ности (хп) обязательно найдутся два равных числа.
ДВЕНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1985—1986 гг.)
III этап
114.	Найдите все целые числа х и у, удовлетворяющие урав-
нению
х+у _ 3
х2—ху+у2 7
115.	Можно ли квадратную таблицу пХп заполнить числа-
ми 1, 2 и 3 так, чтобы все суммы: в каждом столбце, в каждой
строке и на каждой из двух диагоналей — были различны?
116.	Четыре населенных пункта расположены в вершинах
квадрата со стороной 10 км. Можно ли соединить эти пункты друг'
с другом сетью дорог так, чтобы сумма длин этих дорог была
меньше 28 км и чтобы из каждого пункта в любой другой пункт
можно было проехать по дорогам?
117.	Докажите, что справедливы неравенства:
a) sin 20° б) sin 20°>Х
Zv	О
118.	Вне шара в пространстве расположены девять точек.
Докажите, чТо на поверхности шара найдется точка, из которой
будет видно не более трех из этих девяти точек. (Шар считается
непрозрачным телом.)
IV этап
119.	На окружности в некотором порядке расположены 15 чер-
ных и 15 белых фишек. За один ход разрешается поменять мес-
тами любые две фишки. За какое наименьшее число ходов от
произвольного исходного расположения фишек можно перейти к
расположению, в котором каждые две соседние фишки имеют раз-
ный цвет?
120.	Числа fli, 09, 0з, 04, 05, 06, 07 неотрицательны, причем
^,=(17=0. Докажите, что для некоторого номера {2, 3, 4, 5, 6]
выполняется неравенство
0/~ 1 + 0/4-1	0/
121.	Равные прямоугольные треугольники АВС и А\B\C\ (вер-
шины перечислены против часовой стрелки) наложены друг на
друга так, что середины М. их гипотенуз АВ и А\В\ совпадают.
133
Пусть D — точка пересечения прямых ВС и BiCi, Е — точка
пересечения прямых АС и Л|Сь Докажите, что точки С, D, М
и Е лежат на одной окружности.
122.	На доске нарисовали дЛВС. На сторонах АВ и ВС вне
его построили квадраты с центрами P-и Q, а на стороне АС
отметили точку R, такую, что AR:RC—l :2. После этого с доски
стерли все, кроме точек Р, Q, R. Как с помощью циркуля и
линейки восстановить дЛВС?
123.	Натуральные числа 1, 2, 3, ..., Зп произвольно разбили
на три группы, по п чисел в каждой. Докажите, что из каждой
группы можно выбрать по одному числу так, что одно из выбран-
ных чисел будет равно сумме двух других.
ТРИНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1986—1987 гг.)
III этап
124.	Докажите, что число 11...1211...1 является составным
п цифр п цифр
при любом П.
125.	Найдите все решения системы уравнений
- X|X2X3 = Xi +х2 + х3,
Х2ХзХ4=Х2+Хз + Х4,
Х3Х4Х5 = Х3 -|- Х4 -|- Х5,
х 1985Х198бХ 1987 = х 1985 + X1986 + х 1987,
Х198бХ|987Х1 =Х198б4”Х1987 Н"Х],
. X1987X|X2 —Х1987 +Х) +Х2.
126.	Даны две параллельные прямые. Окружность касается
одной из них в точке А и пересекает другую в точках В и С.
На окружности взята точка D, отличная от точек Д, В и С.
Докажите, что точка А равноудалена от прямых BD и CD.
127.	Площадь выпуклого четырехугольника ABCD равна S.
Докажите, что площадь четырехугольника, вершинами ко-
торого являются середины отрезков AC, AD, BD и ВС, мень-
S
ше-.
128.	На доске записаны числа 1, 2, 3, ..., 1986, 1987. За
один шаг разрешается стереть некоторые из записанных чисел
и вместо них записать остаток от деления на 7 их суммы. После
нескольких шагов на доске остались два числа, одно из которых —
это число 987. Каким числом является второе из оставшихся
чисел?
134
IV этап
129.	Найдите все значения п, при которых число 1444...4
г—>
п цифр
является квадратом натурального числа.
J30. Среди 99 внешне одинаковых монет имеется несколько
фальшивых. Каждая фальшивая монета отличается по весу от
настоящей монеты на нечетное число граммов. Суммарный вес
99 данных монет равен суммарному весу 99 настоящих монет.
Имеются двухчашечные весы со стрелкой, показывающей раз-
ницу в граммах весов грузов, положенных на чаши. Докажите,
что, осуществив только одно взвешивание на таких весах, про
любую заданную монету можно узнать, является она фальшивой
или нет.
131.	Докажите, что если а, р, у — углы треугольника, то
справедливо неравенство cos2 a-|-cos2 p + cos
132.	Две окружности пересекаются в точках М и Л. Через
точку К проведены прямые k и /, образующие одинаковые углы
с хордой МК и пересекающие окружности, кроме точки К, еще
в двух точках: прямая k — в точках А и В, прямая / — в точках
С и D. Докажите, что AB = CD.
133.	Биллиардный стол имеет форму правильного треугольни-
ка. Докажите, что если шар после удара прошел через некото-
рую точку семь раз, то он пройдет через нее еще хотя бы один раз.
ЧЕТЫРНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1987—1988 гг.)
III этап
134.	Можно ли все клетки таблицы: а) размером 3X3; б) раз-
мером 198X8 — заполнить крестиками и нуликами так, чтобы
рядом с каждым крестиком стоял ровно один нулик и рядом
с каждым нуликом стоял ровно один крестик? (Крестик и нулик
стоят рядом, если клетки, в которых они записаны, имеют об-
щую сторону.)
135.	Докажите, что при любом натуральном п справедливо
равенство
-a/2+V2 + ...+V2+V2 =2 cos .
-У—z
п знаков корня
136.	На сторонах АВ и ВС треугольника АВС вне его построе-
ны параллелограммы ABDE и BCFG. Прямые ED и FG пере-
секаются в точке М. На стороне АС вне треугольника АВС
построен параллелограмм ACKL. Его стороны СК и AL равны
отрезку МВ и параллельны ему. Докажите, что площадь па-
раллелограмма ACKL равна сумме площадей ABDE и BCFG.
135
137.	Дан правильный тетраэдр ABQD. На отрезке DE, сое-
диняющем вершину D с точкой Е пересечения медиан основа-
ния АВС, взята точка М так, что 2.ЛЛ1В = 90о. Найдите отно-
шение EM:MD.
138.	Многочлен Р (x)=ax3A-bx~A-cxA-d принимает целые
значения при х= — 1, х = 0, х=1, х = 2. Докажите, что этот
многочлен принимает целые значения при всех целых х.
IV этап
139.	Для некоторого натурального п числа 2" и 5" начинают-
ся с одной и той же цифры. Какая это цифра?
140.	Задача 141 для девятого класса.
141.	На координатной плоскости Оху рассматриваются все-
возможные равнобедренные треугольники ОАВ с основанием ОВ,
у которых вершина О — начало координат, вершина А лежит на
графике функции У=р—-(х>1), вершина В лежит на оси Ох.
Докажите, что прямые АВ касаются одной и той же окружности.
142.	От вершин А и С выпуклого четырехугольника ABCD
отложили векторы AP = CR, а от вершин В и D — векторы
BQ = DT. Оказалось, что четырехугольник PQRT выпуклый. До-
кажите, что четырехугольники ABCD и PQRT равновелики.
143.	Дана последовательность из п чисел: си, сь, .... ап. За
один шаг ее заменяют на последовательность |ai—а|, |аг —<*Г,
..., \ап — а|, где а — произвольное действительное число (числа а
могут быть различными на разных шагах).
а)	Докажите, что за несколько шагов можно получить по-
следовательность, состоящую из одних нулей.
б)	За какое наименьшее число шагов этого можно добиться?
ПЯТНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1988—1989 гг.)
Ill этап
144.	Имеются три кучки камешков. Одним ходом разреша-
ется либо убрать из каждой кучки одно и то же число камешков
(от хода к ходу это число может меняться), либо половину
камешков из какой-либо кучки (если в ней их четное число)
переложить в любую другую кучку. Первоначально в первой куч-
ке было 1989 камешков, во второй — 989, в третьей — 89. Мож-
но ли добиться того, чтобы:
а)	в каких-либо двух кучках не осталось ни одного камешка;
б)	во всех трех кучках не осталось ни одного камешка?
145.	Докажите, что при каждом натуральном п число
13*( —50)п4-17-40л — 30 делится на 1989.
136
146.	Докажите, что при 0<х<-у справедливо неравенство
cos х.
sin х
147.	В выпуклом четырехугольнике ABCD отрезки, соединяю-
щие середины противоположных сторон, пересекаются в точке О.
Докажите, что 5дЛОВ+5 д00С=-у5ЛВС0.
148.	Пользуясь односторонней линейкой и шаблоном, имею-
щим форму полукруга, разделите данный отрезок:
а)	на два равных отрезка;
б)	на три равных отрезка.
(Шаблон можно обводить по его границе.)
149.	Задача 149 для девятого класса.
150.	Найдите все натуральные числа п£ [1000; 2000], такие,
что число ап=-у]57121 + 35п является натуральным.
151.	Найдите все натуральные числа х, такие, что числа х2
являются 12-значными числами вида х2 = 2525******89. (Звездоч-
ками обозначены неизвестные шесть цифр, необязательно оди-
наковые.)
IV этап
152.	Докажите, что сумма
1 -2-3-...-2000-2001 +2002-2003-...-4001 -4002
делится на 4003.
153.	На каждой клетке доски размером 9X9 клеток сидит
жук. По свистку кдждый из жуков переползает в одну из сосед-
них (по диагонали) клеток. При этом в каких-то клетках может
оказаться по нескольку жуков, а какие-то клетки окажутся не-
занятыми. Найдите наименьшее возможное число незанятых кле-
ток после того, как жуки переползут в соседние клетки.
154.	На одной из сторон данного угла зафиксирована точка
А. Рассматриваются всевозможные окружности, касающиеся этой
стороны в точке А и пересекающие другую сторону в двух точках
В и С (каждая окружность в своей паре точек, обозначаемых
через В и С). Докажите, что центры окружностей, вписанных
в треугольники АВС, лежат на-одной прямой.
155.	На доске написаны друг за другом четыре числа: 7956,
3923, 5857, 9725. За ними записывается остаток от деления на
10 000 их суммы. Затем первое число стирается. С оставшимися
четырьмя числами проделывается то же самое. И т. д. Могут ли
на доске однажды оказаться четыре числа: 1989, 1989, 1989,
1989?
156.	Семь шестиугольных ячеек окрашены в два цвета: бе-
лый и серый. За один ход разрешается, выбрав произвольную
ячейку, перекрасить ее и все соседние с ней ячейки в другой
цвет. Докажите, что за конечное число ходов из раскраски,
указанной на рисунке 126:
137
Рис. 126
Рис. 127
Рис. 128
а)	можно получить раскраску, указанную на рисунке 127;
б)	нельзя получить раскраску, указанную на рисунке 128.
157.	Докажите, что при любых значениях переменных х, у, z
из интервала (0; 1) выполняется неравенство
x^-y)+y(y-z) + z(l-x)<l.
158.	На окружности зафиксирована некоторая дуга ВС. Рас-
сматриваются всевозможные треугольники АВС, вершины А ко-
торых лежат на дуге ВС. Для каждого такого А АВС строится
вписанная в него окружность и через точки касания этой окруж-
ности со сторонами АВ и АС проводится прямая. Докажите, что
все построенные таким образом прямые касаются одной и той
же окружности.
159.	а) Приведите пример треугольника, который можно раз-
резать на 13 равных треугольников.
б) Докажите, что для каждого п, представимого в виде сум-
мы двух квадратов, существует треугольник, который можно
разрезать на п равных треугольников.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ДЛЯ ДЕСЯТОГО КЛАССА
1.	Пусть ai, а?, ..., Ok — цифры, которые последовательно
пишет первый, а Ь\, Ь2, ...» bk— цифры, которые вслед за ним
пишет второй. Для того чтобы 2&-значное число aibiO2b2...Okbk
делилось на 9, необходимо и достаточно, чтобы сумма S цифр это-
го числа делилась на 9. Поэтому далее мы будем следить только
за величиной S = ai + &i +^2 + ^2 + ... + ^ + /?/?.
Если k делится на 3 (т. е. k = 3m, m£N), то второй, применив
правило bi = Q — ai, где /=1, 2, ..., k, добьется того, что число S,
равное (ai + 6i)-h(a2 + fe2) + --- + (^ + M=6A = 18m, будет де-
литься на 9, какие бы цифры из числа разрешенных ни писал
первый.
Если же k не делится на 3 (т. е. & = Зт+1 или k = 3m-\-2,
tn£N), то первый, действуя по правилу сц “3; az = 6 — bi-i, где
/ = 2, ..., k, добивается того, что сумма S цифр написанного
138	'
Рис. 129
числа, равная а\ +(6j +02) +(/>2 + 03) + -..	+a*) + &jt = 3 +
4-6 (k — !)+/>*, не будет делиться на 9. Действительно, если
й = Зт4-1, то S= 18т4-(34"М не делится на 9, так как не де-
лится на 9 число 34-ta, заключенное между 4 и 8, а если k = 3m +
4-2, то S=18m4-94-^t не делится на 9, поскольку bk не делит-
ся на 9. Следовательно, при 6=15 второй школьник всег-
да может добиться того, чтобы написанное число делилось
на 9. При й=10 первый школьник всегда может помешать
этому.
2.	Разбить правильный треугольник на 6 меньших правиль-
ных треугольников можно (рис. 129, а). На рисунке 129, б по-
казано, как разбить правильный треугольник на 2п (при п^2)
правильных треугольников. На рисунке 129, в показано, как мож-
но разбить правильный треугольник на 2«4-1 (при п^З) пра-
вильных треугольников.
Покажем, что правильный треугольник нельзя разбить на 2, 3
и 5 меньших правильных треугольников. Каждая вершина пра-
вильного треугольника является вершиной одного из треугольни-
ков разбиения, причем ни один треугольник разбиения не может
содержать двух вершин основного треугольника. Поэтому пра-
вильный треугольник нельзя разбить на два меньших правиль-
ных треугольника, так как число меньших правильных треуголь-
ников не может быть меньше трех. Отсюда же следует, что
правильный треугольник нельзя разбить и на три меньших пра-
вильных треугольника, так как два меньших треугольника долж-
ны содержать по одной вершине основного треугольника, а фигу-
ра, которая получится, если из основного удалить два малых
правильных треугольника, расположенные в его углах, не будет
треугольником: она может быть либо четырехугольником (точ-
нее, параллелограммом, рис. 130, а), либо пятиугольником
(рис. 130, б). Аналогично, поскольку фигура, которая получится,
если из основного треугольника удалить три малых правильных
треугольника, расположенные в его углах (рис. 131), не может
быть разбита на два правильных треугольника, заключаем, что
139
5)
О)
Рис. 130
6)
Рис. 131
правильный треугольник нельзя также разбить и на пять меньших
правильных треугольников.
3.	Осуществим следующие преобразования и оценим ре-
зультат: '
140
J—L+JL__L+... _ J_ +^L_=_L_( _L_L) 4-L—П _
2	3*4	5 ’	999 r 1000	2	\ 3	4 /	\ 5	6/
_ /J________l\=J_____1____1___ 1	1__1____!_=
\999	1000/	2	12	30	999 000 ^ 2	12	30
60	60	5 *
4.	Введем систему координат хОу с началом координат в
центре О окружности так, чтобы точка А имела координаты'
(1; 0). Занумеруем вершины правильного n-угольника против
часовой стрелки, считая, что точка А лежит на дуге AnAi
(рис. 132). Обозначим через £>1, D2, Dn основания перпенди-
куляров, опущенных соответственно из точек Л|, А2, ..., Ап на
ось абсцисс (прямую ОД). Пусть а= Z_AOA\., Тогда так как
ЛЛ,ОЛ2= ^Д2ОЛз = ... = ^ЛпОД(=-у,
то Z.AOAk=a-\-(k— 1)’~ - гДе = 1.п> точка Dk имеет коорди-
наты (cos(a-|-(& — О’”)'» 0) и Д£)*= 1 —cos(a-f-(£—1)~).-
Следовательно,
X ADk—X (l-cos(a+(fe-l)-^)) =
= п— S cos(а + (/г— !)•—Y
/г—1 X	П /
Докажем, что последняя сумма в полученном выражении
равна нулю. Имеем:
2 sin — S cos f a+ — !)•—)= S 2 sin — cosf a-|-(£— !)•—
П fc=| X	П / ft=|	n \	n /
AK (cos(a+ (K-l)^); sin(a+(K-0^))
Рис. 132
141
= S)(sin(a+(2fe-l).^-sin(a+(2^-3).-2-)) =
= sin (a+(2n —1)'~) — sin (a—^-) = 0.
А так как 2 sin-^-#=0, то 2 cos(^a + (^ —1)”) = 0. Таким об.-
п
разом, 2 ADk — n.
k=i
Итак, сумма расстояний от точки А, лежащей на окружности
радиуса 1 с центром в точке О, до оснований перпендикуляров,
опущенных из вершин правильного вписанного в эту окружность
«'угольника на прямую ОА, оказалась равной п и не зависит от,
положения точки А на окружности.
5.	Пусть а, Ь, с — длины сторон треугольника, ha, hb, hc —
длины опущенных на эти стороны высот, S — площадь треуголь-
ника, г — радиус вписанной в него окружности. Известно, что
2S = aha = bhb = chc = r + +
В треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других
сторон. Поэтому aha = r (a-|-d4-c)>r (a-|-a) = 2ar, т. е. ha>2r.
Геометрическая иллюстрация этого факта приведена на рисун-
ке 133. Аналогично устанавливается, что hb>2r. Далее,
2S_o4.,> + c.,|S+^+2S
Т	П>а hb he
Таким образом, для любого треугольника справедливо равен-
ство
г ha hb hc
(1)
Предположим для определенности, что ha hb hc. Тогда
Г ha hb he ha'
т. е.
Итак, доказано, что во всяком треугольнике наименьшая вы-
сота (в нашем случае это ha) удовлетворяет неравенствам
2г<йо^3г. В рассматриваемой задаче г — 1, а ha — целое число.
Поэтому из неравенств 2</ia<3 следует, что Ла = 3.
Подставим r=l, /ifl = 3 в соотношение "(1) и воспользуемся
неравенством	Получим	Это означает,
hc	hb	3 hb hc hb
что целое число hb удовлетворяет неравенствам 2==2г<Л(,^3.
Отсюда Л, = 3.	a-^-^S.b-^=U.c^
tie 3 rib 3	fla o	fib 3
142
=-^=-2-5. Таким образом, треугольник, в котором г=1, а дли-
he 3
ны высот являются целыми числами, правильный. Из формулы
площади правильного треугольника S = a и равенства a=-|-S
вытекает, что в таком треугольнике а = Ь=с = 2^/3.
6.	Проведем окружность радиуса 1 с центром в точке О.
Рассмотрим произвольные правильные треугольники АВС' и
АВС, две вершины А и В которых лежат на окружности, а точка
С' (точка С) расположена по ту же (по другую) сторону от
прямой АВ, что и точка О (рис. 134). Очевидно, что ОС'<ОС.
Остается найти наибольшее значение, которое может прини-
мать ОС.	,
ЛОАС= лОВС (по трем сторонам), поэтому ZOC4 = 30°.
Обозначим <р= ЛСОА, ф = ЛОАС. 6 зависимости от длины от-
резка АВ угол <р может принимать значения от 0° до 90°. Так как
ф = 180°- ЛОСА — ЛСОА = 150°-<р, то ф 6 [60°; 150°].
По теореме синусов из дОЛС
ОС= 	.-sin Z.OXC= . -^„-sin ф = 2 sin ф.
sin Z OCA	sin 30° т	т
Так как sin фС1, то ОС^.2. Равенство ОС = 2 достигается
при ф = 90°.
Таким образом, наибольшее расстояние от точки О до верши-
ны С равностороннего дЛВС, вершины А и В которого лежат
на данной окружности радиуса 1 с центром в точке О, равно
2. Причем это наибольшее значение достигается для треугольника,
сторона которого равна л/3.
7.	Заметим, что точки М и К лежат по одну сторону от
прямой AD (рис. 135). В этом случае точки А, М, К и D будут ле-
жать на одной окружности тогда и только тогда, когда ЛАМО —
= ЛАКО. Докажем это равенство.
Из ДЛЛ4£> находим ЛАМО = 180°-( ЛМАО + ЛМОА).
Поскольку ЛКАО—-^-ЛВАО, ЛАОК=±- ЛАОС, то из &ADK
143
получаем
^ЛХО = 180°-(ЛКЛО+^ЛОК) =
= 180° —1-( Z BAD + Z ADC).
Следовательно, задача будет решена, если докажем, что
ABAD A- AADC=2 (AMADA- AMD А).
Из условия AB = BC = CD следует, что дЛВС и A. BCD
равнобедренные, и поэтому АВАС= AACB, ABDC= ACBD.
Очевидно,
A BAD A- A ADC = ABACA- ACAD A- AADBA- ABDC =
= ACAD A~ AADBA- ABAC + ABDC= ACAD A~ A ADB A~	j
A~ AACB-\~ ACBD = AMAD A~ AMDAA~ AMCB A~ AMBC. j
Из aAMD и Д.МВС, у которых углы при вершине М равны =
(как вертикальные), следует, что AMADA- AMDA = АМСВА- i
А-АМВС. Таким образом, справедливо равенство ABAD А- )
+ AADC=2 (AMADA- AMDA), из которого, как мы видели, /•
следует, что AAMD = AAKD.	/
8.	Известно, что если выпуклый многоугольник Р| находит-/
ся внутри выпуклого многоугольника Pi, то периметр Pi меньше
периметра Рг. Поэтому если Ль Л2, .... Ап — последовательные
вершины данного в задаче выпуклого n-угольника, то его пери-
метр AiAiA-AiAi + '-'A-An-iAnA-AnAi меньше периметра квадра-
та, т. е. меньше 4. Отсюда следует неравенство (Л|Лг-]-Л2Лз)-(-
-|-(Л2Лз4-ЛзЛ4)Н-...4-(Лп_1Ля-|-ЛпЛ|)+(ЛпЛ|-|-Л|Л2)<8. В сум-
ме п пар слагаемых. Поэтому найдутся три последовательные >
вершины n-угольника Л„ Л,+1, Л,+2 (обозначим их для удобства
соответственно Л, В и С), такие, что АВ + ВС<“• По нера-
венству между средним арифметическим и средним геометри-
ческим
4S.BC<(48±BC)!<(A)’=J6 ,
144
и поэтому площадь S треугольника АВС удовлетворяет соотно-
шениям
S=4-AB-BC’SinAABC^4-AB-BC<4-^=^2-
2	2	2 п2 п
Мы получили требуемое неравенство.
9.	Пусть х, у, z — три числа, для которых выполнено каждое
из следующих трех равенств:
х-|--— У~\-, У-----------, zН—=х-)——.
у v z 1 z 1 х ’	1 х 1 у
Легко показать, что если два из этой тройки чисел равны,
то они все равны друг другу. (Например, если х = у, то из пер-
вого равенства следует, что у— z.) Перепишем данные равен-
ства в виде
x-y=~(y-z), y-z=±(z-x), z-x=±-(x-y)
и перемножим их. Получим равенство
-у){у-г) (2-X)=(у—z) (z —х) (х—у),
т. е.
(х-у) (y-z)
Отсюда следует, что либо какой-нибудь из сомножителей
х —у, у — ху z-х равен нулю (тогда, как было показано выше,
справедливы равенства x = i/ = z), либо {xyzf —1=0,' т. е.
|xyz| = l.
11.	Требуемая расстановка чисел существует. Пример такой
расстановки приведен на рисунке 136.
12.	Пусть Л = (0, 1, 2, ..., 1974, 1975} (можно считать, что
это — данное множество чисел, так как добавление 0 не изме-
няет ответа на вопрос задачи), а В = {0, 1, 2, ..., 1975, 1976, ...,
1998, 1999). Покажем, что если В разбить на две группы так,
как требуется в условии задачи, то сумма всех чисел одной
группы будет равна сумме всех чисел другой. Зная этот результат,
можно легко ответить и на вопрос задачи относительно разбие-
ния Л, поскольку оно получается из В удалением всего 24 чисел,
соответствующие суммы которых легко вычисляются.
Все числа из множества В имеют вид pqab, где р равно 0 или 1,
а цифры q, а, b могут быть любыми. Разобьем множество В на
два подмножества Н и Ч, включив в Н все числа из В с нечетной
суммой цифр, а в Ч — с четной. Обозначим через SH и S4 суммы
чисел соответственно из Н и Ч. Докажем, что SH = S4-
Представим SH в виде суммы Sh + Sh, где Sh — сумма чисел
pqab, у которых а-\-Ь нечетно (и, следовательно, p + q четно),
145
a Sh — сумма чисел pqab, у которых a + b четно (и, следова-
тельно, p + q нечетно). Аналогично поступим и с суммой S4,
положив S4 = Sq + Sq, где Sq (Sq) — сумма чисел pqab, у ко-
торых и а+ 6, и p-\-q нечетны (соответственно, и а + 6, и p-\-q
четны). Тогда SH — S4 = (Sh — Sq)+(SZH — Sq), где выражение
Sh — Sq содержит только те числа pqab, у которых сумма двух
последних цифр а^Ь нечетна, а выражение Sh — Sq— только
те числа pqab, у которых а-{-Ь четно.
Покажем, что S„—Sq = 0. Зафиксируем цифры а и b и рас-
смотрим в суммах Sh и Sq слагаемые, запись которых оканчи-
вается этими цифрами. Они имеют соответственно вид p\qiab,
где pi + <7i. четно, и p2q?ab, где р2 + ?2 нечетно, причем таких
слагаемых в суммах S^ и Sq содержится поровну. Для любых
двух таких чисел p\q\ab- и pzqzab имеем p\q\ab — p2q2ab =
= 100-(pi<7i —£2*72). Обозначим через Mi (М2) сумму„всех чисел
pq, где рЕ{0, 1), 7Е{0, 1,..., 9) и p + q четно (соответственно, не-
четно), и просуммируем все такие разности. Поскольку, как
легко проверить, М|=М2> сумма всех разностей равна
100-(М1 — Мг)=0. Это верно для любых значений а и Ь. Следо-
вательно, равна нулю и разность S^ — Sq.
Рассуждая аналогичным образом, получим, что также
S„ — Sq=0, а значит, равна нулю разность SH—S4, т. е. SH=S4.
146
Обратимся теперь к исходному множеству А. Множество В
получается добавлением к А чисел 1976, 1977, ..., 1999. Поэтому
если $ч, sH — суммы чисел, принадлежащих множеству А,
имеющих соответственно четную и нечетную суммы цифр, то
S4=$ч + 1977 +1979 +1980 + 1982 + 1984 + 1986 + 1988 +
+ 1991 + 19934-1995+1997 + 1999,
S„=sH+1976+1978+ 1981 + 1983+1985+ 1987+1989 +
+1990+ 1992+ 1994+ 1996+ 1998,
откуда S4 — SH = s4 — sH+2, и, значит, s„ = s4 + 2, поскольку
S4=S„. Итак, сумма sH больше суммьг$ч на 2.
13.	Рассмотрим произвольный /уАВС, в котором Z.ACB на-
ибольший (АВ — наибольшая сторона), AD — высота, опущенная
на наименьшую сторону ВС, CL — биссектриса, проведенная
к АВ. Пусть ВС = а, AC=b^a, AD=h, CL = l, ЛАСВ = 2ц>
(рис. 137). По формулам площади треугольника имеем
—ah = S д А вс=S д д cl+д в cl=
=±-AC-CL-sin ^ACL-f-^-BC-CL-sin Z.BCL =
=-^-bl sin <jp+-^-aZ sin <p.
Отсюда
h = l-a’^b -sin	-sin <p==2/-sin <p.
a T a
Так как Z_ACB = 2q> меньше 180° и является наибольшим углом
треугольника, то 180°>2<р>60°, т. е. 90°><р^30°. Отсюда
вытекает, что sin tp^sin 30°=-у. Поэтому Л^2/sin <р^2/--|-,
т. е. h^l, что и требовалось доказать.
Рис. 137
147
14.	Обозначим через А совокупность всех элементов множе-
ства М, не принадлежащих множеству А (Л—дополнение А
да М). Очевидно, каждый элемент множества М принадлежит
либо множеству А, либо множеству А и множества Л и Л не пере-
секаются, т. е. не имеют общих элементов. Требуется доказать,
что либо Л, либо Л пересекается (имеет непустое пересеченйе)
с каждым подмножеством из выделенного семейства. Доказатель-
ство проведем методом от противного.
Предположим, что сформулированное утверждение неверное.
Это означает, что существуют два подмножества А41 иМ2из вы-
деленного семейства, такие, что Mi не пересекается с Л, а М2
не пересекается с Л. Тогда Mt содержится в Л, а М2 содержится
в Л, и поэтому М| и М2 не пересекаются, что противоречит условию.
Следовательно, наше предположение неверное, и поэтому либо Л,
либо Л пересекается с каждым подмножеством из выделенного
семейства.
15.	Для любой прямой / в силу выбора точки Mi справедливо
неравенство AMt + BMi^AC-j-BC. Следовательно, искомое
наибольшее значение величины AMiA-BMi не превосходит ЛС+
+ ВС. Докажем, что на самом деле наибольшее значение равно
ЛС^-ВС. Для доказательства этого утверждения достаточно
построить прямую /, проходящую через точку С, такую, что Mi = C.
Рассмотрим все возможные случаи.
Если С принадлежит отрезку АВ, то С = А4/ для любой пря-
мой /, проходящей через точку С (рис. 138, а). Если точка С лежит
на прямой АВ вне отрезка АВ, то Mi = C для прямой /, проходя-
щей через точку С и перпендикулярной прямой АВ (рис. 138,6),
так как при М£1 и М^=С выполняются неравенства МВ>СВ,
МА>СА. Наконец, если точка С не лежит на прямой АВ, то,
проводя в дЛСВ биссектрису / внешнего угла, получаем
(рис. 138, а) ту прямую I, для которой Mt=C. Действительно,
отразив точку В симметрично относительно I, получим точку В',
такую, что для любой точки М^1 справедливо равенство МВ =
=МВ'. Точка С лежит на отрезке АВ', поэтому при М=£С спра-
148
ведливы соотношения AM А-МВ=AM А-МВ'АВ'=АС А-СВ’ =
=ЛС + СВ.
Рассмотрены все возможные случаи. Итак, всегда ДЛ4/ +
A-BMi^~AC-\-BC и всегда существует прямая /, проходящая
через точку С, такая, что Mi = C, т. е. наибольшее значение
AMi + BMi равно АСА-ВС.
16.	Вычтя из первого уравнения системы второе, получим
Х| —Хз=Хз —%4—(Хз + Х4)(Хз—Х4). Учитывая, ЧТО Хз + Х4 = Х5, при-
ходим к соотношению
Х|— Хз = хЦх3—Xi).	(1)
Рассуждая аналогично, получаем наряду с равенством (1) такие
равенства:
х2 — х4 = х? (х4 — х5),	(2)
хз —х5 = х|(х5—X,). /	(3)
х4 — xi=x|(xi— х2),	(4)
•	х5 —х2 = х^(х2—х3).	(5)
Докажем, что Xi =x2=x3 = x4 = x5. Пусть для определен-
ности Х| — наибольшее среди этих чисел. Тогда Х|^х4, Х|^х2
и из равенства (4) следует, что
0>х4 —X] =хз (xi —х2)>0,
т. е. х4=Х|, поэтому соотношение (1) превратится в равенство
Х| — х3 = Х5 (х3—Х|), из которого следует, что х3 —хь Подставив
хз=Х1 в равенство (3), получим равенство xs=xi. Наконец,
учитывая уже доказанные равенства x4 = x5 = xi, получаем из (2),
что х2 = х4.
Итак, доказано, что если числа Х|, х2, хз, х4, х& являются реше-
нием данной в задаче системы уравнений, то Х| =х2 = х3=х4=х5
и 2xi =х,. Следовательно, данная система может иметь лишь два
решения: х, =х2==х3 = х4 = х5 = 0 и х, =х2=хз=х4=х5 = 2.
Других решений быть не может.
Проверкой убеждаемся, что (0; 0; 0; 0; 0) и (2; 2; 2; 2; 2) —
решения данной системы.
17.	Если точки О, A, At лежат на одной прямой, т. е. если
квадраты расположены так, как изображено на рисунке 139,
то прямые АА], BBt и CCt пересекаются в одной точке (точке О)
и утверждение задачи справедливо.
Рассмотрим теперь случай, когда точка О не лежит на прямой
AAt. При повороте плоскости на 90° вокруг точки О, таком, что
точка А перейдет в точку С, точка At перейдет в точку С,. Следова-
тельно, при таком повороте на 90° прямая AAt перейдет в
прямую CCt. Это означает, в частности, что прямые AAt и CCt
перпендикулярны.
Обозначим через М общую точку этих прямых. Точки О и.М
различны, поскольку M£AAt, a O£AAt.
149
Если М = В или Af = St, то прямые AAi, ВВ\ и CCi имеют
общей точкой точку М и утверждение задачи доказано.
Осталось рассмотреть случай, когда М=#В, М#=Вь Опишем
вокруг квадратов О АВ С и О A iBtCi окружности К и К] соответ-
ственно (рис. 140). Если М—А или М = С, то М£К. Если же
и Л4=#С, то и в этом случае М£К, так как Z.AMC = 90°
и опирается на диаметр АС окружности К. Аналогично доказы-
вается, что М£К\. Таким образом, точки О и М — две различные
точки пересечения К и К\-
Z-OMB — 900 (опирается на диаметр ОВ окружности А).
Поэтому МВЛ.ОМ. Аналогично АОМВ{ =90°, т. е. Л4В1±ОЛ4.
Но через точку М на плоскости можно провести только одну
прямую, перпендикулярную ОМ. Поэтому прямые МВ и MBt
обязаны совпадать. А это и означает, что точки М, В и В] лежат
на одной прямой, т. е. М — общая точка прямых AAt, BBt и CCi.
18.	Очевидно, что числа 7к и 3Л оканчиваются 100 одинаковыми
цифрами тогда и только тогда, когда разность 7к — 3* делится на
Ю'00. Легко убедиться, что для любого натурального п число
74n+l—34n+l оканчивается на 4, а число 74п+3_з4п+3 оканчива-
ется на 6. Поэтому искомый показатель k обязательно четный:
k = 2n. Следовательно, нужно ответить на вопрос: существует
ли п такое, что разность 72л —32n=49" —9" делится на 10'°"? Ответ
вытекает из следующего утверждения:
Лемма. Если разность а — b натуральных чисел а и Ь, а>Ь,
делится на N, то разность aN—bN делится на N2.
Доказательство. Легко проверить, что справедливо
следующее равенство:
aN — bN—(a — b) (aw~‘ -\-aN~2bA-  -lrabN~2A-bfJ~>').
Пусть разность а — b делится на N, т. е. a — b = N-А, где А —
натуральное число. Тогда а = ЬА~М-А,
150
abN~2 = (b + N-A)bN~2 = bN~' + N-Al,
a2bN-3 = (b + N-A)2 /^-3=6"-' + ACA2
и вообще
а'/Л-'-'=(& + #. A)' bN-'-’ = b"-' + N-Ai,
где Aj, /=1, .... У—1—натуральные числа. Следовательно,
aN—bN=N-A-(N-bN~'-\-N-B), где В=А\4-...4-ЛЛ,_1, и поэтому
разность aN — ^делится на N\ Лемма доказана.
Требуемый результат можно получить, несколько раз вос-
пользовавшись утверждением леммы. Так как разность 49 — 9
делится на 10, то в силу утверждения леммы разность 4910 —910
делится на 102. Так как разность 4910— 910 делится на W=102,
то опять-таки в силу утверждения леммы разность (49|0)*°г —
— (910)l0' = 49loi—9,()3 делится на №=104. Далее аналогично
получаем:
разность
разность
=(Ю8)2,
разность
=(Ю16)2,
разность
=(1032)2 и,
(49|оу°’_(91°3)1°' = 49|о'_9|0' делится на 108 = (104)2,
(49'0’уо" — (gio'yo‘_4gio’s_gio's делится	Ю16 =
(4910'5)1016—(9|0'5)10'6 = 4910'1' —Э10’1 делится на. 1032 =
(491o’')io“_(gio3')1o“ = 49io“_9io“ делится на 1064 =
наконец, разность 4910'2’ — 910'2’ делится на 10128 =
= (1064)2. Тем более она делится на 1О100.
Итак, если взять k = 2-10127, то числа 3* и 7* оканчиваются
не менее чем 100 одинаковыми цифрами.
Замечание. Точно так же доказывается следующее у т-
верждение: если числа а, b таковы, что некоторые их степени
имеют одинаковые последние цифры, то для любого натураль-
ного пг найдется число k, такое, что числа ak и Ьк оканчиваются
не менее чем 10т одинаковыми цифрами.
19.	Обозначим через Ai, В», Ci основания перпендикуляров,
опущенных из точки Р на стороны ВС, СА, АВ &АВС соответ-
ственно (рис. 141).
Так как ААС|Р= ААВ[Р = 90 , то четыре точки A, Ct, Р, Bi
лежат на одйой окружности (с диаметром АР). Вписанные в нее
Z_PC]Bt и ^.PABt опираются на одну и ту же дугу PBt, поэтому
Z_PC\B\ = Z_PAB[. Аналогично Z-PCtAt = Z_PBA i. Отсюда
Z-AtCiBt = APCtBt + APCtAt = Z-PABt + APBAt =
=(ZCAB — ZPAB)+(ZABC- APBA) =
={/LCAB-\- AABC)—(Z_PAB-\- Z_PBA).
По теореме о сумме углов треугольника Z.CAB + Z.ABC =
= 180°—ZACB и Z.PAB+ Z.PBA = 180°-Z.APB (из дАВС
и дАВР). Следовательно, ZAiCjB, =(180°— Z.ACB)—(180° —
- ZAPB)= ДАРЯ- ДАСВ.
По условию Z_APB = А А СВ60°. Значит, AA|CiBi =
151
=(Z.ACB4-60°)—А ЛСВ = 60°. Аналогично доказывается, что
Z.C|BiAi=60°, Z.B|A|Ci =60°, т. е. дЛ|В]С| правильный.'
21.	Докажем методом от противного. Предположим, что
существует строго возрастающая последовательность аь а2, ...
ап, ... целых чисел, удовлетворяющая условию атп = атА-ап для
любьц т и п. Так как члены последовательности — целые числа
и a„<an+i, n£N, то 1+а„<ая+|, n£N.
Запишем т таких неравенств при п = т,	2т— 1:
1 ~1~От	+ I,
1-j-am + l ^am-|-2,
1 4*O2m — 2^O2m-l,
1 -f-aim-l
Сложив их почленно, получим неравенство m + am^a2m. По
условию a2m — am-j-a2. Воспользовавшись этим равенством и
предыдущим неравенством, получим, что а2^т, где т— про-
извольное натуральное число, а это невозможно. Полученное
противоречие доказывает утверждение задачи.
22.	Так как данный пятиугольник выпуклый, то точки А и D
лежат по одну сторону от прямой ВС (рис. 142). Далее, так как
ДЛВС и &.BCD имеют общее основание ВС и их площади равны,
го равны и их высоты, опущенные из вершин А и D на ВС. Отсюда
следует, что BC\\AD. Аналогично доказывается, что CD\\BE.
Обозначим точку пересечения прямых AD и BE через О. Так
как OB\\CD и BCj|OT>, то OBCD — параллелограмм, и поэтому
•3 д OBD = S д BCD = S-
152
Теперь, чтобы найти площадь пятиугольника, достаточно
найти площадь дЛОВ, так как SABCDE=S лЛОВ+5 дВ00+
-[-Sabcd+'S ^DEA = Sдлов+35. Как мы знаем (см. решение
задачи 19 для девятого класса),
А ЛОВ' 5 д DOE — S д А0Е • S д 50D.
Полагая $аА0В—х, находим S ^A0E=S ^АВЕ SaAOB=—S х,
5дро£=5дО£л —5дЛ0£=5——х)=х —-^-S и для х полу-
чаем уравнение х(х—|-S)=(-|-S—х) •$. из которого находим,
что x=S. Таким образом, SABCDE=4S.
23	Выделим среди данных п томов произвольные пять рядом
стоящих, обозначив их a, b, с, d, е. Покажем, что, переставляя
эти (и только эти) тома тройками, можно поменять местами
любые два соседних из числа пяти выделенных томов. При этом
в результате перестановки три других тома займут свои прежние
места, а п — 5 остальных томов так и останутся на своих местах.
Очевидно, достаточно указать соответствующие процедуры
перестановок:
afb^c~d,	лГс? d. е,Vj=>	a, c"j => b, а, с d, е
(при такой перестановке первые два тома в выделенной пятерке
меняются местами, а остальные три занимают свои прежние
места);
affrjc» d,	oi &	с,У|=> а, с, /?, d, е
L  । —J	—	I	——J
(при такой перестановке меняются местами второй и третий тома
в выделенной пятерке);
(меняются местами третий и четвертый тома);
|а, b, c^d/e => \d, a, &	• с, е, =>- я, b, с, е, d
(при этой перестановке меняются местами Два последних тома
в выделенной пятерке, а остальные три занимают свои прежние
места).
Поскольку любые два тома, стоящие рядом в любой расста-
новке данных п томов, обязательно входят в какую-то пятерку
рядом стоящих, то из доказанного выше следует, что, исходя из
некоторой расстановки, можно, переставляя тома тройками,
153
поменять местами любые два соседних, а остальные вернуть на их
прежние места в исходной расстановке.
Меняя теперь последовательно соседние тома местами (указан-
ным выше способом), можно сначала перевести первый на первое
место, затем второй на второе место и т. д. При этом, когда fe-й
том занимает свое место, тома с номерами 1,2,k— 1 оказывают-
ся снова на своих местах (соответственно на 1-м, 2-м,...., (k —
— 1)-м). В тот момент, когда по описанной процедуре я-й том
займет свое место, все тома будут расположены в порядке воз-
растания их номеров.
24.	Методом математической индукции докажем, что хп<
<хл+1<2 для любого п. Последовательно имеем:
х, = л/2 < (V2)x‘ = Х2 < (л/2)<г=Хз < (д/2)Хз - х4
и т. д. Вообще если x„<xn+i для некоторого п, то и хп+1<.хп+2,
так как х„ + , =(д/2)х"<(д/2)х"+' = Хп+2. Следовательно, xn<x„+i
для любого п, т. е. данная последовательность возрастающая.
Докажем, что она ограниченная. Очевидно, что xi=-\/2<2.
Отсюда следует, что х2=(-\/2)Х|<(л/2)2 = 2, х3=(-\/2)Хг<(-\/2)2 = 2
и т. д. Вообще если некоторый элемент х„<2, то и х„ + \<2, так
как Xn + i =(л/2)х,'<(-\/2)2 = 2. Следовательно, хя<2 для любого п.
Итак, данная последовательность (х„) возрастающая и ограни-
ченная. По теореме Вейерштрасса любая такая последова-
тельность имеет предел. Пусть lim хп = а. Так как л/2^хп<2
п * ОО
для любого п, то а удовлетворяет неравенствам -\/2^а^2. Кроме
того, пользуясь свойством непрерывности показательной функции,
из равенства хп+\=(^2У’ в пределе при п->-оо получим, что а
удовлетворяет уравнению а=^2)а.
Легко видеть, что это уравнение имеет решение а = 2. Чтобы
доказать, что на отрезке [->/2; 2] оно не имеет других решений,
докажем, что функция </=(д/2)х —х на отрезке [^2; 2] убывает.
Так как у’ (х) = (-^2)л In д/2 — 1, то у' (х)<у' (2) = 1п 2— КО
для любого х<2. Поэтому функция у (х) при х^2 монотонно
убывает, в частности, у (х)>у (2)=0 для любого х<2. Следова-
тельно, lim х„ = 2.
25.	Докажем сначала вспомогательное утверждение.
Лемма. Пусть в &XYZ известно, что XY=z, YZ=x, XZ=y,
Е — точка отрезка XZ, такая, что XE = k-XZ (рис. 143)..Тогда
У£2 = £х2 + (&2 — k) г/2+(1 — k) z'.	(1)
Доказательство. Обозначим <x=Z-YXZ. По теореме
косинусов в A YXZ имеем х2=у--\-г2 — 2yz cos а, а по теореме
косинусов в A YXE
YE'1 — (kyf + г2 — 2kyz cos а.
154
Исключая из этих формул cos а, приходим к равенству (1).
Нам понадобятся два частных случая формулы (1):
а) если *=4"’ то r£2=4"x2^“4"y2“,"4_z2;
б) если то УЕ2=-|-х2—тгУ2+-|-z2.
Рассмотрим теперь треугольную пирамиду SMNP (рис. 144).
Пусть L — середина МР. Точка Q пересечения медиан основа-
ния MNP расположена на медиане NL так, что WQ=-|-JVL.
Поэтому по формуле (1) для /\NSL имеем:
S Q2=4 SL2 —NL2+-1- S N2.
Аналогично по формуле (1) для &MSP и A.MNP
SL2 = ±-SP2-±MP2+-t-SM2,
NL2=±-MN2-±-MP2+±-NP2.
Следовательно,
SQ2=JL(J_sp2—Lmp2 + 4-SM2)-
~т(тМЛ/2_тЛ1р2+тЛ/р2)+т5Л^=
=4- (SP2 + SM2 + SN2)-±(MN2 + MP2 + NP2) =
о	У
=±Ь2-±а2,
3	9
т. е. SQ=-±-^[ЗЬ2 — а2.
О
155
27.	Докажем более сильное утверждение: если действи-
тельные числа х и у и натуральное число п таковы, что
Х2л+1 -|_^2л+1 '^Х2п+у2г\ ТО Х2л + 24
Рассмотрим разность А=х2п + 2 + у'
образуем ее следующим образом:
> х2п + 1 | у2п + 1
-,п+1+!/2''+'). Пpe-
Zl =х2п (х2—2х-\-1) -|- 2х2"+1 — х2п-\-у2п (у2 — 2у+1)+
-|-2y2''+1 — у2п — (x2n+1 -\-у2п + ') = х2п (х— 1)2 +
+У2п (У - 1 )2 + ((х2п +' + У2п +1) - (х2л+У2п))- '
Первые два слагаемых, очевидно, неотрицательны. Третье
слагаемое неотрицательно в силу условия. Следовательно, Д^О.
Утверждение доказано. При «=988 получается утверждение
задачи.
28.	Сформулируем простое арифметическое утвержде-
н „и е, которым воспользуемся для решения данной задачи: сумма
нескольких целых чисел является четным (нечетным) числом
тогда и только тогда, когда количество нечетных слагаемых
четно (соответственно нечетно). Сравнив этот факт с формулиров-
кой данной задачи, приходим к выводу, что если в условии задачи
всюду слова «белый цвет» заменить на слова «четные числа»,
а слова «черный цвет» — на слова «нечетные числа», то данную
задачу можно переформулировать следующим образом: «В табли-
цу 3X3 записаны девять целых чисел. За один ход каждое число
в таблице заменяется суммой соседних с ним чисел. Докажите,
что после четырех ходов все числа в таблице будут четными
(два числа называются соседними, если они записаны в клетках
таблицы, имеющих общую сторону)». Это утверждение и будем
доказывать.
Обозначим через at (k), a2(k), a3(k), a4(k), bt(k), b2(k), b3(k),
b4 (k), c (k) числа, записанные в клетках таблицы перед k-м ходом:
a,(k)	b,(k)	аг (fe)
b4 (k)	c(k)	fe2(fe)
a4 (k)	 b3(k)	a3 (fe)
В силу определения хода при 1 выполняются соотношения
at (k + \) = bt (k) + b4(k),	bt (k + l)=at (k)+a2(k)+c{k),
a2 (fe+ l)=fei (k)+b2 (fe),	b2 (fe+ l) = a2 (k) + a3 (k) + c (k),
аз (fe + l)=fe2 (k) + b3 (k),	b3 (k+l) = a3 (k) + a4 (k) + c (fe),
a4(k+l)=b3(k)+b4(k),	fe4(fe + l) = a4(fe) + a, (fe)+c(A),
C (fe+ 1) = &1 (fe) + ^2 (fe)4~&3 (fe)H"fe4 (fe)-
156
Из этих соотношений следут, что при k 1
c(k + 2) = bl (k + \) + b2{k+l) + b3(k-\-\) + b^k+l) =
= 2 (ai (k)-{-a2 (k)-\-a2 (/г)4*а< (k)-j-2c (k)) —
четное число. В частности, четными являются числа с (3), с (4) и
с (5). Далее,
а\ (k-\-2)=bt (Л +1)+/>4 (Л-|- l)=(tzi (/г)+а2 (£)4“С(Л))+
+ (О4	(Л)4-с (&)) = 2 (си (й)4-с (k))-\-a2 (fe)-(-a4 (k) =
= 2(й! (1г) + с(1г)) + Ь1 (£—1)+&2 (А —1)4-Ь3 (k- 1)+Z>4 (k- 1)=
= 2сц (А) + Зс (/г)
при k^2. Поэтому 01 (5) = 2а, (3)+3с (3) — четное число.
Аналогично доказывается, что а2 (5), а3 (5), а4 (5) — четные
числа (a, (k-\-2)=2aj (£) + 3c (k) при k^2, j = 2, 3, 4).
' Наконец,
bt (4) + a2 (4)+c (4)=(.2ai (2) + 3c (2)) +
+ (2a2 (2)+3c (2))+c (4)=2 (at (2) + a2 (2) + 3c (2))+c (4) -
четное число. Точно так же доказывается, что Ь2 (5), Ьз (5) и
bi (5) — четные числа.
Итак, все числа at (5), а2 (5), аз (5), 04(5), Ь\ (5), Ь2 (5), Ьз (5),
Ь4 (5), с (5) четные, каковы бы ни были исходные числа at (1),
a2 (1), а3 (1), 04 (1), bt (1), b2 (1), b3 (1), b4 (1), c (1).
29.	Рассмотрим три вершины многоугольника А (хА; уА),
В (хв; ув), С (хс; ус). Окружность, описанная около многоуголь-
ника, очевидно, описана и около ДАВС. Так как хА, уА, хв, ув,
хс, Ус — целые числа, то целыми являются и числа а2 = (хв —
-хс)2+(Ув-Ус)2>	Ь2 = (хс-ха)2 + {Ус~Уа)2>	с2={ха-хв)2А-
+ (Уд —Ув)2, где а = ВС, Ь = СА, с=АВ.
По теореме синусов /?=2 sin > где R— радиус описан-
ной около А АВС окружности. По теореме косинусов cos Z_BAC =
 =	 Следовательно,
2Ьс
п2 _______а2______________a2t>2c2__
4(1— cos2 Z. BA C) 4b2 с2 — (b2 + с2 — a2)2 ’
т. e. R2 — рациональное число.
30.	I с п о с о б. Легко видеть, что каждое решение (х0; Уо; Zo)
данного уравнения порождает бесконечную серию его решений
вида (/г3х0; k2yo; k3Zo), где k — произвольное натуральное число.
Так как тройка (13; 3; 14) является решением уравнения, то
уравнение имеет бесконечно много решений.
II способ. Запишем уравнение в виде y3=z2 — х2. Так как
у3=^—, то при нечетном у>1 можно взять
г=у~-~ , х — у . Таким образом, любая тройка чисел
157
/ у2 — 1 t у3 4-1 \	.
I ; у; ) » где У — нечетное число, у> 1, является реше-
нием данного уравнения. Следовательно, множество решений в
натуральных числах данного уравнения бесконечно.
31.	Осветим прожектором на плоскости область, лежащую
внутри некоторой параболы. Будем считать, что точки самой
параболы тоже освещены. Введем на плоскости систему координат
хОу, взяв за начало координат вершину параболы, а в качестве
оси Оу ось параболы (ось ее симметрии), и направление ее
выберем так, чтобы ветви параболы были направлены вверх.
В этой системе координат уравнение параболы имеет вид у = ах\
где а>0. Внутренняя область Р параболы вместе с самой
параболой задается неравенством у^ах~.
Рассмотрим теперь произвольную прямую /, не параллельную
оси Оу. Уравнение этой прямой имеет вид y = kx + b (рис. 145).
Найдем, какая часть прямой I лежит в области Р. Для этого следу-
ет решить неравенство kx + b^ax2, т. е. неравенство ах2 — kx —
— 6^0. Если дискриминант D = k2 + 4ab квадратного трехчлена
р {х)^=ах2 — kx — b отрицателен, то, поскольку а>0, неравенство
решений не. имеет. Если £>==0, то неравенство имеет един-
ственное решение х=-~. Если же £>>0, то общее решение
неравенства задается неравенствами Xi^xCx2, где Xi<x2 —
корни трехчлена р (х). Следовательно, в любом случае в области Р
находится не более чем отрезок прямой I (если £)>0, этот отре-
зок состоит из точек вида (х; kx-^by где xg[xi; х2]).
Докажем теперь, что конечным числом рассматриваемых
прожекторов осветить всю плоскость нельзя. Для доказатель-
158
ства рассмотрим прямую /, не параллельную ни одной из осей
парабол, ограничивающих области, освещаемые прожекторами.
По доказанному выше каждый прожектор осветит на этой прямой
не более чем отрезок, поэтому на прямой I будет освещено не
более конечного числа отрезков, т. е. вся прямая освещена
не будет и, следовательно, не будет освещена и вся плоскость.
А это и требовалось доказать.
32.	Начнем со следующего простого утверждения:
Лемма. Если действительные числа и и v удовлетворяют
соотношениям и^О, v^O, + то u^l, u +
Доказательство. Так как	то и — ^/\ —	1.
Далее, +	u2-\-v2 + 2uv = 1 ~^2uv^ 1, т. е. {u-^v)2^l.
Учитывая, что u + v^O, получаем u-\-v^\. Лемма доказана.
Перейдем теперь к решению задачи. Обозначим через аА =
=(х*; yk), где &=1, ..., s, те из данных п единичных векторов,
обе координаты которых Xk и уь неотрицательны (s — число
таких векторов). Для ?тих векторов х*>0, у*^0, x2-hyl=U
*1 4~ —+хх4"У1 + ---4"Ух = (х1 +у0++
Через Д = (т£; — я£), где г=1, ..., г, обозначим те из данных
векторов, первая координата которых неотрицательна, а вторая
отрицательна. Для таких векторов zn£^0, nz>0,	и
как следствие этого (см. лемму) П/^1, П{ +
Наконец, через £/=( —Pi‘,qf), где /=1, ..., t(t = n — s — г),
обозначим те из данных единичных векторов, для которых р/>0,
В силу деммы, для этих векторов pj^ l, и поэтому pi +
4~ “I- Pt t = П — S —if.
По условию задачи
ai +... -И 4~	4~Ьг 4“ < । 4-...	= 0.
Это векторное равенство равносильно лв\м числовым:
* Xi + ...+xs4-m]4-... + mr — р{ -	-р/ = 0,
У\ + ••• 4“ Ух — п \ — ••• — пг + У1 4" ••• + qt = 0.
Используя выведенные выше соотношения, получаем:
s 4" •••	+yi + ••• 4~Ух=р1 + 4~р/ ~hrti 4" ••• + Лг —
—+ ••• + ^г + + ••• + ?4<pi + ••• 4"p/4“ni 4-- + пг
^1-\-г = п — S.
Таким образом, s^n — s,	Число s целое, поэтому
неравенство	равносильно неравенству	Итак,
доказано, что среди данных в задаче п единичных векторов не
более j векторов могут иметь неотрицательными обе ко-
ординаты.
159
Для каждого натурального числа п ^2 можно указать
удовлетворяющий условиям задачи набор из п единичных векто-
ров, для которых	Именно если п—21, то этот
набор состоит из векторов
а* = (1;0), 6=1,	/, ^7=(— 1; 0), /=1,	/,
а если n = 2Z-H 1,	то соответствующий набор состоит из
векторов ai=(4";	> а*=0: 0) при k=2, ..., I,
—. О=(-1;0) при / = 1,	/.
Эти примеры показывают, что максимальное значение s рав-
н°[т]-
33.	Обозначим АВ=2с, ВС=2а, ЛАВС=(р. Пусть Е и F —
середины АВ и ВС соответственно (рис. 146—148).
Рассмотрим прямоугольный &АРВ. В нем Е — середина
гипотенузы, т. е. Е — центр описанной около дАРВ окружности.
Поэтому ЕР = ЕА = ЕВ = с, Z_PAE= £АРЕ = а, /_АЕР = л— 2а.
Аналогично доказывается, что FQ = FB = FC — a, ACFQ =
— л— 2а. *
Отрезки RE и RF являются средними линиями дАВС.
Поэтому RE = ±-BC = a, RF=±-AB=c, RE\\BC, RF\\AB и как
следствие этого Z.REA = Z. АВС = <р, A.RFC = ЛАВС = <р,
AERF=AABC = (p.
Из выведенных соотношений следует, что
ДЯЕА + ДАЕР=<р + л—2<х= ZtfFC+ZCEQ.
Докажем теперь, что RP = RQ, и вычислим Z.PRQ. Возможны
три случая.
Случай 1. <р=2а. В этом случае (рис. 146) Z.REAA-
А- /~АЕР = л= Z-RFC-\- ^-CFQ, т. е. точка Е лежит на отрез-
160
в
ARC
Рис. 148
ке RP, а точка F — на RQ. Поэтому RP = RE-}-EP = aArc, RQ =
= RF A-FQ = cA~a, APRQ= /LERF = <p = 2a. Следовательно,
&PRQ равнобедренный с углом 2a при вершине R.
Случай 2. ф>2а. В этом случае (рис. 147) в &REP и
&QFR имеем:
RE = FQ = a, EP = RF = c, AREP = 2ji-(AREA + ААЕР) =
= 2л— (ф + л — 2a) = л — (ф — 2a), zS/?£P£(0; л),	v
Z.QF£ = 2n — (Z.£FC+Z.CFQ) = n—(ф —2a).
Значит, эти треугольники равны (по двум сторонам и углу между
ними), поэтому RP = RQ, т. е. &PRQ равнобедренный и zLERP =
= ARQF.
Вычислим Z-PRQ:
APRQ = AERF-AERP-AFRQ = y- Л-RQF- AFRQ =
= Ф — (л— Z. QFR) = q — (л — (л — (ф — 2a))) = 2a
(при этом мы воспользовались тем, что сумма углов &QFR
равная). Итак, и в этом случае /\PRQ равнобедренный с углом
2d при вершине R.
Случай 3. ф<2а. И в этом случае (рис. 148) &REP =
= Л QFR, поскольку в них
RE = FQ = a, EP = RF = c, AREP= A REA А- /LAEP =
= л— (2a — ф), Z./?£PE(0; л),
AQFR= Л. RFC A- ZCFQ = n-(2a — ф).
И поэтому RP = RQ, Z_ERP=zCRQF и Z.PRQ = Z_ERF-p
А-Л-ERP A- /LFRQ = 4>A- Л-RQFA- ^FRQ = <pA-(n- Z.QFR)=
= ф -|- (л — (л—(2a — ф))) = 2a.
Итак, во всех трех случаях RP = RQ, Z.PRQ = 2a, Z.RPQ =
= Z/?QP=-^-a. ______ ___ _________________ ____ ___*
34.	Очевидно, что MN = MBA~ ВС A~CN, MN=MA A-ADA-DN.
Из того, что М — середина АВ, а N — середина CD, следует, что
6 Заказ 57
161
АМ = МВ и CN = ND. Поэтому МВ + МА=0, CN + DN = 0, и,
следовательно, 2MN = BC + AD. Так как длина суммы двух векто-
ров не превосходит суммы их длин:
|ВС+ADК |ВС1 + 1AD|, то МЛ/СД-+Л0.
Причем равенство возможно тогда и только тогда, когда векторы
ВС и AD сонаправлены, т. е. когда точки Л, В, С, D обязательно
лежат в одной плоскости. При этом в случае, когда точки Л, В, С, D
не лежат на одной прямой, четырехугольник ABCD — трапеция
или параллелограмм, а в случае, когда точки Л, В, С, D лежат на
одной прямой, должно выполняться условие: если точка С лежит
левее (правее) точки В, то точка D лежит левее (правее) точки Л.
35.	Построим в точке Т общую касательную ТС к окружностям
(точка С расположена по ту же сторону от прямой РТ, что и точ-
ка В, рис. 149). АВТС = А ВАТ, так как каждый из них измеряет-
ся половиной дуги ВпгТ большей окружности. Аналогично
АРТС= АВРТ, так как каждый из них измеряется половиной
дуги Рп Т.
По свойству внешнего угла дЛРГ имеем:
ДЛГР= АВРТ-АВАТ=АРТС — АВАТ =
= АРТС — АВТС = АРТВ,
т. е. ААТР— АРТВ. Требуемое утверждение доказано.
37.	Докажем утверждение задачи методом от противного.
Предположим, что существуют натуральные числа х, у и z, такие,
что Xх + 2уу = zz. В таком случае xx<zz, и, значит, х<2. Числа
х и z натуральные, поэтому они отличаются по крайней мере на
единицу, и из неравенства x<z следует, что 1 ^x^z — 1. Анало-
гично устанавливается, что	1. В частности, z^2.
Из выведенных неравенств вытекает, что zz = rv + 2y!/^
C(z-1)х + 2 (z-l)^(z-l)z-1 +2 (z —l)z“1 =3 (z-l)z~1 <
<3zz-1, и поэтому z<3. Итак, z — натуральное число, удовлет-
воряющее неравенствам 2^z<3. Следовательно, z = 2. Но тогда
1^х^2—1 = 1, т. е. х=1 и аналогично у=1. Окончательно
получаем равенство 11 + 2 • 11 = 22, что невозможно. Следователь-
но, данное уравнение не имеет решений в натуральных числах.
38.	Если у = 2, то для любого натурального (а не только
простого) числа р число (р + 1 = (р + 1 )2 является квадратом.
Пусть теперь q — простое число, большее 2. Ясно, что q —
нечетное число. Представим число р+1 в каноническом виде
р + 1 =рГ1,рГ22 — ргА где pi <p2<-..<Ps — все простые делители
числа р+1, а г2, rs — натуральные числа. Число (p+iy =
=РГ'РГ2 Psrs в СИЛУ нечетности q будет квадратом тогда и только
тогда, когда числа гь г2, ..., rs четные. В этом случае число р+1
является квадратом: p+l=m2, m^N. Следовательно, р = т'2 —
— 1 =(rn— I)(m+ 1). Так как т— натуральное число, ар —
простое, то т — 1 = 1, ди+1=р, и поэтому р = 3. Следовательно,
162
т
А
Рис. 149	Рис. 150
если q>2— простое число, то число (р-Н/7, где р — простое
число, является квадратом тогда и только тогда, когда р = 3.
39.	Всего имеется 900 трехзначных чисел. Обозначим эти
числа Х|, х2, хл_ь хп, где п=900. Выпишем их всевозможные
попарные произведения:
Х1-Х1,	Х| -Х2,	Х|-Хз,	Х1-Хп_|,	Xi-Xni
х2-х2,	х2-х3,	...,	х2-хл_1,	х2-хл;
Хз-Хз,	Хз-Хл_1,	х3-хл;
Хл — 1 • Хп — |, Хп — | • Хл
Хп-Хп.
Несложно подсчитать количество выписанных произведений.
Оно, очевидно, равно
• n+(n-l) + (n-2H... + 2+l=^tH=9OO^Ol_=405450
Среди этих произведений могут быть пятизначные (например,
100-100=10000), некоторые из произведений могут быть рав-
ны друг другу (например, 600-600 = 400-900). Следовательно,
количество шестизначных чисел, представимых в виде произ-
ведения двух трехзначных чисел, меньше чем 405 450.
Количество всех шестизначных чисел равно 900 000. Поэтому
количество шестизначных чисел, не представимых в виде произ-
ведения двух трехзначных чисел, больше чем 900 000 — 405 450 =
= 494 550, т. е. больше чем количество представимых в виде
произведения двух трехзначных чисел.
41.	Из условий задачи следует, что BK = LD = k-KC = k-AL.
Четырехугольник LBKD (рис. 150) — параллелограмм (докажите
самостоятельно), поэтому BL\\KD. Аналогично доказывается, что
163
четырехугольник AKCL — параллелограмм, поэтому AK\\LC.
Таким образом, LMKN также параллелограмм.
Пусть a=S &MKL. Площадь дЛВМ также равна а, поскольку
ДЛВЛ4 и &MKL дополняют дЛЛ4£ до равновеликих дЛВ£
и &AKL. Точно так же устанавливается, что 5дСЛ(0=а.
Пусть b=S^AML. В силу подобия ДВМК и дЛЛИ имеем
5 Л вмк: 5 д AML=&К2: Л L2 = В К2: КС2 = k2. Следовательно, S д вмк=
— k2b. Точно так же находим, что В ^LND=k2b.
Мы знаем (см. решение задачи 19 для девятого класса), что
a.kml~Sд.вмк‘$ыма’ т- е- = й b-b, a=kb.
Следовательно (рис. 150),
SABCD=4a + 2b + 2k2b=2 (1 +2k + k2) b,
ВLMKN=%a=2kb и SABCD'.SLMKN=(k1)2:Л.
42.	Из данного в задаче неравенства следует, что |а| • |6| < I.
Это _означает, что длина по крайней мере одного из векторов а
или b меньше 1. Предположим для определенности, что |a| < 1.
Воспользуемся неравенством |х+у\ С W + If/I» справедливым
для любых х и у (неравенством треугольника). Положив в нем
х = а-Н>, у=—а, получим Ь=х-\-у, |Ь| =|х4-^К |х| + |у| =
= |а+6Ц-|-а|_=|а + 61 + 1а|, ге. |&| - |а|< |а+Ь|.
По условию |а + д| < 1—]_а| • I&J. Следовательно, |&| — |а|<
< 1 — |а| • |6|, или 1 — |&| 4- |а| — |а| • |&| >0. Переписав послед-
нее неравенство в виде (1 —|&|)(1 + |а|)>0, приходим к выводу,
что и | b | < 1.	_____
43.	а) Пусть Dn=-\/4n+2——1- Воспользуемся тож-
деством	,___ _______ _ h
^Г+а~^/^+Ь=---------------- и получим:
-\jn + a+^/n+b
164
Отсюда следует, очевидно, что £>„>0. Заменив в знаменателе
д/д + 1 и	на д/n, получим, что
б) Напомним следующие свойства целой части числа х:
1) [х]+1 >х^[х]; 2) если xi>X2, то [х|]^[хг].
Обозначим для каждого ng ТУ через А„ и Вп натуральные
числа: Ап=[д/4п + 2], Вл = [д/п+д/п+1].
Так как квадрат нечетного числа 2k + 1 имеет вид 4/г2 + 4£ + 1
и дает при делении на 4 в остатке 1, а квадрат четного числа
2k, равный 4k2, дает при делении на 4 в остатке нуль, то число
4« + 2 не может быть квадратом натурального числа. Следова-
тельно, Ал#=д/4п + 2, и поэтому Ал<>j4n-\-2-
В пункте а) доказано, что д/4л + 2>д/л+д/л +1. Отсюда
следует, что для любого натурального п выполняется неравенство
Ап^Вп (см. свойство 2). Докажем методом от противного, что
на самом деле имеет место равенство АЛ=ВЛ для всех n£N.
Предположим, что для некоторого натурального т выполняет-
ся неравенство Ат>Вт. Это значит, что Am^Bm +1, так как
числа Ат и Вт натуральные. Поэтому
д/4т + 2>Ат>Вт+ 1 =[д/^+д/т+ 1] + 1 >д/т +
+-у/т + 1 > 2 д/т,
откуда следует, что 4т-\-2>Ат>4т, т. е. A2m = 4tnA-1- Так как
Аот>д/т+д/т + 1, то
4т +1 = Ат>(д//п+л/т + if— 2m +1+2 ~\jm (m + 1).
Отсюда <2т>2 д/m (т + 1), или д/т>д/т + h а это невозможно.
Полученное противоречие означает, что не существует такого
натурального т, для которого Ат ¥^Вт- Следовательно, [д/4« + 2]=
= [д/л + д/л +1 ] для всех натуральных л, что и требовалось
доказать.
44.	Плоскость сечения а определяется тремя точками: Bi, D
и точкой Е на одном из ребер куба. Мы рассмотрим случай
(рис. 151), когда Е лежит на ребре ВС (остальные возможности
^рассматриваются аналогично и приводят к тому же результату).
Плоскости граней A]B\C]D] и ABCD параллельны. Поэтому
плоскость а пересекает их по параллельным прямым В\Е\ и DE.
Аналогично B\E\\DE\. Следовательно, сечение куба плоскостью а,
проходящей через прямую B\D, представляет собой параллело-
грамм, а его площадь S равна удвоенной площади &B\ED, т. е.
S = 2S^BED=BtD-EF, где F— основание перпендикуляра, опу-
щенного из точки Е на прямую BtD.
165
Рис. 151
Рис. 152
Величина BtD не зависит от положения точки Е. Следователь-
но, чтобы достичь минимума площади сечения S, следует так
выбрать точку Е на отрезке ВС, чтобы величина EF оказалась
минимальной. Для этого, очевидно, достаточно, чтобы отрезок EF
оказался кратчайшим отрезком, соединяющим точки прямых ВС
и BiD, т. е. общим перпендикуляром к этим прямым. Таким общим
перпендикуляром является отрезок ОМ, где М и О — середины
отрезков ВС и B\D соответственно (О — центр куба). Докажем
это (рис. 152).
В прямоугольных треугольниках DCM и В\ВМ соответственно
равны катеты DC = BiB, СМ = МВ. Следовательно, равны и
гипотенузы, т. е. DM — B\M. Поэтому	равнобедренный
и в нем медиана МО, проведенная к основанию BtD, является
высотой, т. е. MOA-B^D. Аналогично в равнобедренном дСОВ
(ОС = ОВ, поскольку О — центр куба) OMJLBC.
Итак, доказано, что ОМ — общий перпендикуляр прямых
B]D и ВС, поэтому наименьшее значение S равно B]D-OM =
= д/За-^а=“^-|-а2, где а — ребро куба. Соответствующее се-
чение проходит через точки В,, D и М, где М — середина отрез-
ка ВС.
45.	Решение задачи следует из следующего общего утвер-
ждения:
Теорема. Если ABCD — выпуклый четырехугольник пло-
щадью S, а точки К£АВ, L£BC, M£CD, NQDA такие, что
AK:AB = BL:BC = CM:CD = DN:DA = m (где mg(0; 1)), то пло-
щадь четырехугольника KLMN равна (1 — 2m + 2m‘)S.
Доказательство. В соответствии с условием теоремы
ВК  АВ — АК  ।  АК  1 _ m
АВ АВ	АВ
166
с
А
Рис. 153
Найдем отношение (рис. 153):
2дш_ _ j______________
5ддвс	-L АВ-ВС-sin Л АВС
вк
АВ

Следовательно, 5^KBL=m (1—m)S^ABC. Аналогично доказывает-
ся, что S&MDN=m(\-m)S^CDA. Поэтому S^KBL + S&MDN=
= т (1 —m)(SдЛВС+5дСяа)=гп (1 — т) S. Так же доказывается,
что S aLCM-\-S ANAK=m (1 — т) S. Теперь легко найти искомую
площадь:
$ KLMN = $ABCD (*5$ д£См4~ $ д NAk)~
= S-^m (1 — т) S + т (1 — т) S) = (l — 2m-\~2rrr) S.
Теорема доказана.
46.	Пусть abc= 100а + 10/? + с — трехзначное число, такое, что
при любой перестановке его цифр получающиеся числа делятся
на 27. Тогда каждое из чисел abc, cab, cba делится на 27 и, следо-
вательно, делится на 27 и число
abc + cab — cba — 4-27а = 100а + 10b + с + Ю0с +
+ 10a + b —100с—10b —а—108а = а + Ь + с.
Так как а, Ь, с — цифры (1^а^9, 0^Ь^9, 0^с^9), то
1<а+Ь+ с ^27. На промежутке от 1 до 27 имеется единствен-
ное число, делящееся на 27,— само число 27. Следовательно,
а-\-Ь-\-с = 27. Учитывая, что а^9, Ь^9, с^9, выводим отсюда,
что a = b = c = 9.
Таким образом, единственным числом, которое при любой
перестановке его цифр делится на 27, может быть лишь число
999, которое, очевидно, делится на 27 (так как 999 = 27*3?) и
167
потому является единственным числом, удовлетворяющим усло-
вию задачи.
47.	Так как дробная часть числа всегда неотрицательна, то
данное уравнение не имеет отрицательных корней. Для х^О
положим х'л = у, т. е. х = 'д/у, у^О. Данное в задаче уравнение
принимает вид:
т = 1О1000.
Изобразим на координатной плоскости Oyz графики функций
z = ’Vj/ и z = m-{y\ (рис. 154). Графиком функции z='^[y являет-
ся выпуклая вверх кривая, функция z = '^[y строго возрастает.
График функции г=т-\у] при у^О состоит из промежутков
прямых AkBk, где Л* (/г; 0), Вк (k +1; т), /г = 0, 1, 2, ....
При у = 0 графики имеют общую точку — начало коорди-
нат. Ей соответствует решение х,=0 исходного уравнения. При
0<уС 1 графики пересекаются в единственной точке С-i (у2; '^/у2~).
Ей соответствует второе решение Хг = ’л/г/2- Аналогичные ситуации
имеют место при k<_y^k-\-1, если k—l, ..., п — 2, a n = zn .
точкам C<,+2(yt+2; 'Ш+2,' (рис. 154) соответствуют корни х*+2 =
= 'п(/у*+2 исходного уравнения. При n—1 Су = Ю'®*®* урав-
нение решений не имеет (графики функций z = i(\/y и z = m-{y\ на
промежутке [АП_|А„) не имеют общих точек).
Если у>п, то	= а т-{у}<.т-1 =т. Это означает,
что при у>п уравнение также не имеет решений.
Мы видим, что общее число точек пересечения графиков
функций z = '\[y и z = tn-{y\ равно п=1О10000, а это соответствует
тому, что исходное уравнение имеет ю10000 корней.
48.	Утверждение задачи докажем методом от противного.
Предположим, что существуют целые числа х, у и z, удовлет-
воряющие обоим уравнениям системы. Тогда z2 = 2y2+l —
168
нечетное число. Так как квадрат четного числа есть четное число,
то z— число нечетное: z=2m-j-i, m£Z. Используя это пред-
ставление для числа z, получим 2y2 = z2—l =4m2-f-4m, т. е.
у- = 2 (т2 + т) — четное число. Это значит, что у четное: y = 2k,
k£Z. Число x2=y2^-7z4 нечетное. Поэтому х нечетное: х=2п + 1,
tt£Z. Из первого уравнения системы теперь следует, что 4л2+
+ 4« + 1 — 8k3 —7 (z2)2 = 7 (2у2+ 1)2 = 7 (4у4 + 4у2 +1). Отсюда
-|-=л24-п —2/г3 —7у4 — 7у2, что для целых чисел п, k, у не-
возможно.
Итак, предположение о существовании целочисленного ре-
шения (х; у; г) у рассматриваемой системы привело нас к противо-
речию. Следовательно, система не имеет решений в целых числах.
49.	Пусть числа, а и b такие, что для любого х£[— 1; 1] вы-
полняется данное неравенство, т. е. — 1 ^2х2+ах + &^ I. По-
лагая здесь последовательно х = 0, х=1, х— — 1, получаем, что
а и b удовлетворяют следующей системе неравенств:
< -3</> + а<- 1,
,-ЗСЬ-а^ -1.
Сложив почленно два последних неравенства, получим —3^6^
<1 — 1. Отсюда и из первого неравенства следует, что b= — 1.
Тогда а удовлетворяет неравенствам —2^а^0, — 2^— а^О,
и поэтому а=0. Таким образом, если существуют числа а и Ь,
удовлетворяющие условию задачи, то а—0, b = — I и других
решений задача не имеет.
Чтобы доказать, что найденные значения а=0, b— — 1 яв-
ляются решением задачи, остается проверить, что для любого
х£[—1; 1] справедливы неравенства — 1^2х2 —1^1. А эти не-
равенства равносильны неравенствам 0^2х2^2, которые, оче-
видно, справедливы.
50.	Обозначим через D и Е точки пересечения прямой ВМ
с отрезками NP и AQ соответственно (рис. 155). В aABQ имеем
AN = NB, QP = PB. Поэтому отре-
зок NP является средней линией
&ABQ, и, в частности, NP\\AQ.
В &EBQ точка Р — середина сто-
роны BQ, а прямая DP (т. е. пря-
мая NP) параллельна стороне EQ.
Следовательно, &DBP и &EBQ
подобны с коэффициентом подобия
k = PB:QB=-^-, а отношение
S&dbp‘Sa£bq=-y- Это означает,
что площадь трапеции EDPQ
169
составляет от площади AEBQ, т. е. SEDPQ=-^S&EBQ.
Проведем через точку М прямую Л4К||Дф (точка К лежит
на отрезке QC), Так как AM = МС, то QK — KC=-^-BC, и, значит,
вк=вс-кс=-^-вс.
В ДМВК имеем EQ ||ЛТК, причем QB:BK=(^-BC) -(^-ВС) =
=-|-. Следовательно, &EBQ и &МВК подобны и 5д£В(?=
==25’,$ьмвк- Отсюда SEDPq=—SлМВК.
Опустим из точки М перпендикуляр ММ, на прямую ВС
(рис. 155), а из точки В перпендикуляр ВВ\ на прямую АС. По
формуле площади треугольника
~ММ,-ВК	5
•5дмвс -LmMi-BC ВС 6
S&MBC _ 2 ВВ,'МС = МС = \
S^ABC _LBBl.AC АС 2
Таким образом,
о ____12 о _____ 12 5 о ____ 12 5	1 о ____ 1 о ____ S
^EDPQ—-^^лмвк 25 "~6~ ° лмвс 25*"б”’ 2 ° ^АВС 5 °дЛВС 5 ’
51.	При каждой операции сохраняется сумма квадратов
чисел. Действительно, если тройка а, Ь, с заменяется тройкой
«4±, £=£, с> то (£±l\2+(s^±\2 + с2=а2 + Ь2 + с2 Отсюда
л/2	^2	v л/2 '	' д/2 >
следует, что в результате нескольких применений операции исход-
ная тройка а, Ь, с заменяется тройкой at, b>, С\, для которой
a?+ ^i+ 4 = а2 + &24-с2. Для данной в задаче^тройки чисел д/2, 2,
сумма квадратов равна (-у/2)2 + 22 +(^=) =-у- Для тР°йки
1, -^2, 1 +у/2 эта сумма равна 12+(-\/2)2 + (1 +д/2)2 = 6-|-2 д/2
и отлична от Следовательно, тройку чисел -\/2, 2, нельзя
Г- Г-	V
перевести в тройку чисел 1, д/2, 1+^/2, применив несколько раз
операцию, данную в условии задачи.
52.	Возьмем внутри тетраэдра ABCD произвольную точку О
и проведем через нее отрезки AtBt, DtCi, А2С2, D2B2, В2С3, A3D3
170
с концами на гранях тетраэдра,
параллельные ребрам АВ, DC,
AC, DB, ВС, AD соответственно
(на рисунке 156 изображены толь-
ко отрезки Д1В1 и D[C\, их концы
Д|, В\, Di, С] лежат соответст-
венно в плоскостях DAC, DBC,
ADB, АСВ).
Обозначим через а плоскость,
проходящую через пару пересе-
кающихся прямых Л1В1 и OiC|.
Прямая АВ параллельна прямой
А\В\, лежащей в плоскости а.
Значит, прямая АВ параллельна	Рис. 156
плоскости а. Поэтому плоскость
АСВ, проходящая через прямую АВ, пересекает а по некоторой
прямой 11| А В. Прямая / проходит через точку С], лежащую внутри
дАСВ. Следовательно, I пересекает стороны АС и ВС (а не их
продолжения!) ДАСВ в некоторых точках L и М. Аналогично до-
казывается, что плоскость а пересекает ребра AD и BD тетраэдра
ABCD в некоторых точках К и N, причем KN\\AB.
Итак, AiBi ||AS, /ЛИЦ АВ и KN\\AB. Следовательно, AiBi||LM,
KN\\LM. Аналогично доказывается, что KL\\DC, KL\\D\C\,
KL\\NM. Таким образам, каждый из четырехугольников A\LMB\ и
KLC\Di является параллелограммом, и, значит, ЛЛ1 = А1В1,
KL = D}C}.
В дАСВ прямая LM параллельна стороне АВ. Следователь-
но, /\LCM со дАСВ, поэтому
LM _ LC
АВ~ АС '
Аналогично из параллельности прямых КС и DC вытекает
подобие ДААС и ДРАС и равенство
Z/G А с
Сложив почленно два последних равенства и учитывая, что
LM = A\B\, KL = D\C\, получим:
AiBi , D\C\ __ LM , KL _ LC . AL _ AL + LC _ ,
AB ' DC ~ AB DC AC ' AC AC
Рассуждая аналогичным образом, легко получить, что
А2С2 । D2B2__1 В3Сь । Д3В3__1
AC DB — ’ ВС ’ AD ~~ ’
Следовательно,
AiBi । D\C\ 1 А2С2 1 D2B2 1 B3C3 1 AzDs I 1 I 1 1  q
AB ' DC AC + DB + BC AD ~~ 1 « 1 1 1 ““
что и требовалось доказать.
171
53.	Оба утверждения докажем методом математической
индукции.	_
а)	Если л=1, то утверждение очевидно: |а||^1=\Т. Пред-
положим, что утверждение справедливо для любого набора из п
векторов, длины которых не превосходят 1. Рассмотрим произ-
вольный набор {ai, ..., ап, a„+i} из «4-1 векторов, длины которых
не превосходят 1. В соответствии с предположением индукции,
заменив, если необходимо, некоторые из^ векторов ai, ..., ап на
противоположные, получим набор {61, .... йя), для которого выпол-
нено неравенство \с\^.-у/п, где c=bi + — +bn.
Положим теперь 6я+( =ая+1,_если скалярное произведение
(с, а„+|) отрицательно, и положим bn+\ — —ая+|, если (с, ая+1)^0.
В обоих случаях произведение (с, bn + i) неположительно.
Рассмотрим набор {йь .... Ьп, й„+1). Он получен из исходного
набора заменой некоторых из векторов на противоположные.
Кроме того,
|Й1	4~йл4~йя+1l2 = |c-|-&n+il2 = И2 4-2(с, йл_|_|)4-
+ 1йЯ4-1|2<|с|2-}-|Ьп+1|2<п+1&л-|.1|2=п4-|ая+||2<п4-1,
т. е. |&1 +... + йя 4- йя+11	Индуктивный переход за-
вершен. Утверждение пункта а) доказано.
б)	При л = 1 и л=2 утверждение очевидно (см. пункт а)).
Предположим, что утверждение справедливо для любого набора
из п ^2 векторов, длины которых не превосходят 1. Рассмотрим
произвольный набор [ai, ..., ап, an + i) из л 4-1 векторов, длины
которых не превосходят 1.
В наборе {Si, —ai, аг, — аг, ая, — ап, an+i, —ая + |) не менее
шести векторов. Поэтому в таком расширенном наборе найдутся
два таких вектора —а, и ста*, i=£k, а — один из знаков (« + » или
«—»), угол между которыми не превосходит 60°. Изменив, если
необходимо, нумерацию векторов, будем считать (это сократит
запись), что z=l, k = 2.	___ _________
Рассмотрим дЛВС, в котором АВ= — а(, ЛС=оаг. В этом
треугольнике угол <р = Z. В А С^ 60°, так что costp^-j-. По
теореме косинусов |ai 4-oa2l2= |ВС|2 = ВС2=ЛВ24-ЛС2 —
-2AB-AC-cos <р<ЛВ2+ЛС2—АВ-АС. Если ЛВ<ЛС, то
ВС2<ЛВ2+ЛС2-ЛВ.ЛВ=ЛС2 = |а2|2. Если же ЛС<ЛВ, то
ВС2<ЛВ2+ЛС2-ЛС.ЛС=ЛВ2=|а1|2. Так как |а2|<1,
|ai| 1, то в обоих случаях |ai 4-002! С 1.
Рассмотрим теперь п векторов: Ь\ =сц 4-наг, &2 = аз, &з =
= а<, ..., йя = ая+|. Длина каждого из них не превосходит 1. По
предположению индукции можно так выбрать знаки О|, о3.оя-н
перед этими векторами, что
172
I Gift I + 03&2 + О4&з+..- + о[г>-|-1^п1 ^л/2,
t. e. |giOi +о2а2 + озоз + ... 4-On+iQn + 11 ^^2, где a2 — знак « + »,
если знаки а, и о одинаковы, и знак «—», если знаки о, и а раз-
личны. Итак, нам удалось завершить индуктивный переход
(доказать, что из справедливости утверждения для натурального
числа п^2 следует его справедливость для натурального
числа п+1). Тем самым утверждение доказано.
54.	Рассмотрим произведение четырех последовательных
натуральных чисел: a = k (k+ 1) (Л+2) (fe + 3)=(fe (fe + 3)) ((^ +
+ 1) (k + 2))=(fe2 + 3fe) (k2 + 3k + 2)=(ft2 + 3k + 1 )2 - 1. Обозначим
n = k2 + 3k. Тогда n2<(fe2 + 3*)(Jt2+3* + 2) = a=(fe2 + 3fe+l)2-
— 1 =(n+ I)2 — 1 <(n+ l)2. Мы видим, что число а заключено
между квадратами двух последовательных натуральных чисел п
и п + 1 и не совпадает с ними. Поэтому а не может быть квадратом
натурального числа.
55.	Обозначим через О середину отрезка О1Ог- Тогда
ОД =4-(0+ + 0Д2)=± (00, +^+ + ОО2 + О^2) =
_=-L(o^+o^),
так как 00,+002 =0.
___Пусть е — единичный вектор, сонаправленный с вектором
0,Д,. Тогда 0,Д, = |0,Д, |’e=rie, О2Д2= — |О2Д2| -~ё= — г^ё,
____________________* . _
и, следовательно, О А——(п— г2)е« Из этого равенства вытекает,
что О А = \0А | =-^-|г! — г2|, т. е. при движении точки А । по окруж-
ности /Q радиуса г\ с центром в точке 0\ точка А все время остает-
ся на окружности К радиуса г=-^-|Г| —г2| с центром в точке О.
Далее, из равенств O\A\=r\e,	— г2) е следует, что,
когда точка двигаясь по окружности К\у совершает полный
оборот, полный оборот совершает по окружности К и точка А.
56.	Пусть п — искомое натуральное число. По условию суще-
ствуют такие натуральные числа а и &, что п = 2а5, п = 5Ь2. Из
первого из этих равенств следует, что п — четное число. Тогда
из второго равенства вытекает, что и b также четное число: & = 2fe,
k£N. В таком случае n = 20k2, а5=-^-п = 10£2 = 2-5-fe2.
Последнее равенство означает, что 2 и 5 — делители числа а
(так как никаких других простых делителей, кроме делителей
числа а, число а5 иметь не может). Итак, а = 2-5-/и, m£Ny k2 =
= 104-m°. Но Следовательно,	и п = 20/г2^2-105.
. Число п = 2*105 удовлетворяет условиям задачи: -i-n=105,
— п = 2002. Значит, 2* 105 = 200 ООО — искомое число. 2
173
Рис. 157
57.	Сложив уравнения системы,
получим
или х+у ——=0. Отсюда (х-[-у)2 = 1, т. е. % + у=±1.
Рассмотрим два случая.
а)	х-ру= 1. Подставив х= 1 — у в первое уравнение системы,
получим: если у=1, то х = 0; если у= — 1, то х = 2.
б)	% + {/= — L После подстановки х= — 1 — у в первое урав-
нение системы получим: если у = 0, то х= —1; если у=— 2, то
х = 1.
Итак, решениями системы могут быть лишь следующие четыре
пары чисел: (0; 1), (2; —1), (—1; 0), (1; —2). Подстановкой в
уравнения исходной системы легко убедиться, что каждая из этих
четырех пар является решением системы.
58.	Пусть a—AD = BC, b = AB — DCy k — KBy 1 — DL. Дока-
жем, что Действительно, если бы k = ly то четырехугольник
KBLD был бы параллелограммом и прямые DK и LB не пере-
секались бы, а это противоречит условию задачи. Так как k=£ly
то b — k=/=b — ly т. е. AK=£CL. Это значит, что трапеция AKCL не
является параллелограммом, т. е. прямые КС и AL пересекаются
(в точке S).
Проведем через точки Т и S прямые, параллельные АВ. Они
пересекут прямую AD в точках Р и Q соответственно (рис. 157).
Из подобия &ALD и дАЗф получаем	QS = AQ'&L- =
 (a-\-DQ)*l	р|3 ПОдОбия /±SCL и дЗ/<А получаем
a	J SA КА
=	Но = т е 1—0TKVna
b — k	QA ’ '	b — k	a-\~QD ’
Q5__
а
l(b-k)
l-k
Аналогично, так как &DKA со ДDTP и £±ТВК со Z±TLDy
находим	Так как TP = QS и TP\\QSy то PTSQ—
I — k
параллелограмм, т. е. ГЗНЛО, что и требовалось доказать.
174
59.	а) Сумма всех чисел от 1 до 30 равна 465. Она не делит-
ся на 6, и поэтому числа от 1 до 30 нельзя разместить в шесть
столбцов так, чтобы сумма чисел в каждом столбце была одна и
та же.
б) Числа от 1 до 30 можно разбить на пятнадцать пар: 1 и 30,
2 и 29, ..., 14 и 17, 15 и 16. Сумма чисел в каждой паре равна 31.
Если в каждую строку таблицы 5X6 записать любые три из
указанных пар, то сумма чисел в строке будет равна 93, а табли-
ца, строки которой заполнены тройками таких пар, будет обладать
требуемым свойством: сумма чисел в каждой строке будет одна
и та же.
60.	Если л=С8, то данное число М = 28 + 2н4-2л = 2Л(1-|-
4-28-п + 21|“п) является произведением четного числа 2" и не-
четного числа 1+28'п + 21,-Л. Чтобы число N было квадратом,
необходимо, чтобы число п было четным. Но, как показывает
проверка, значения м = 2, 4, 6, 8 не удовлетворяют условию задачи.
Если п равно 9 или 10, то число N равно соответственно 28• 11
или 28-13 и также не является квадратом.
Если и>10, то ^=28 (1 +23+2Л'8)=28(9 + 2Л~8)=(24)2(9 +
+ 2"“8). Чтобы N было квадратом, необходимо, чтобы нечетный
множитель был квадратом некоторого (нечетного) числа: 9 +
_|_2n“8=(2&+1)2 = 4£2-|-4#-|-1, где k — натуральное число. От-
сюда находим, что 2n-8 = 4 (k2-]-k — 2) = 4 (fe — 1) (fe-j-2),
2rt“l0 = (fe—1) (fe-f-2).	(1)
Заметим, что числа fe—1 и fe-j-2 имеют различную четность (они
отличаются на 3). Поскольку единственным нечетным делите-
лем числа 2Л~10, п> 10, црляется число 1, то равенство (1) может
иметь место только в том случае, когда fe — 1 = 1. Отсюда следует,
что fe = 2, п = 12.
61.	Выпуклый многоугольник будем называть красивым, если
выполнены следующие условия:
а)	каждая из его вершин окрашена в один из трех цветов;
б)	любые две соседние вершины многоугольника окрашены
в различные цвета;
в)	в раскраске вершин участвуют все три цвета, т. е. для
каждого из трех цветов найдется по крайней мере одна вершина
многоугольника, окрашенная в этот цвет.
Лемма. Всякий выпуклый (2п -|- 1)-угольник, удовлетворяю-
щий условиям задачи, является красивым.
Доказательство. Очевидно, достаточно доказать, что
в раскраске вершин такого (2n-j- 1)-угольника участвуют все три
цвета. Докажем этот факт методом от противного. Предположим,
что вершины (2п~Е 1)-угольника, удовлетворяющего условиям
задачи, раскрашены в два цвета. Обозначим через А\, Л2, ..., Аы,
А2П+1 последовательные вершины этого (2п+1)-угольника,
цифрой 1 обозначим цвет вершины Ai, цифрой 2 — цвет вершины
175
А2 (по условию задачи вершины А[ и А2 окрашены в различные
цвета). Так как вершины А2 и А3 также окрашены в различные
цвета, а цветов всего два, то вершина А3 окрашена в первый
цвет, т. е. в тот же цвет, что и вершина А[. Аналогично доказы-
вается, что цвет вершины As одинаков с цветом вершины А3 и,
следовательно, одинаков с цветом вершины Аь Продолжая
последовательный перебор вершин, приходим к выводу, что из
предположения о двухцветной раскраске всех вершин (2я+1)-
угольника вытекает, что вершины А2л-ы и Ai окрашены в один
и тот же цвет. Это, однако, невозможно, поскольку вершины
А2л+1 и А| соседние. Полученное противоречие доказывает, что
в раскраске рассматриваемого в задаче (2п+1)-угольника обяза-
ны участвовать все три цвета. Лемма доказана.
Решение рассматриваемой задачи непосредственно вытекает из
следующей теоремы:
Теорема. Всякий красивый п-угольник можно раз-
резать непересекающимися диагоналями на красивые треуголь-
ники.
Доказательство теоремы проведем методом математи-
ческой индукции. При п = 3 (базис индукции) утверждение теоре-
мы очевидно: вершины красивого треугольника окрашены в три
различных цвета и никаких разрезаний не требуется.
Предположим, что утверждение теоремы справедливо для
всякого красивого и-угольника (л^З).
Совершим индуктивный переход: рассмотрим произвольный
красивый (я + 1)-угольник и докажем, используя предположение
индукции, что его можно разрезать непересекающимися диаго-
налями на красивые треугольники. Обозначим через Аь А2, ...,
Ап, А„+1 последовательные вершины (« + 1)-угольника.
Если в какой-то из трех цветов окрашена только одна из
вершин рассматриваемого (п-Н)-угольника (а такая ситуация
обязательно имеет место для красивого четырехугольника, и
красивого пятиугольника), то, соединив эту вершину диаго-
налями со всеми несоседними с ней вершинами (n-f- 1)-уголь-
ника, получим требуемое разбиение (п-\- 1)-угольника на красивые
треугольники.
Остается рассмотреть случай, когда в каждый из трех цветов
окрашены по крайней мере две вершины (n-f-1)-угольника.
В этом случае в раскраске любых п вершин (м +1)-угольника
обязательно участвуют все три цвета.
Обозначим цифрой 1 цвет, в который окрашена вершина Аь
и цифрой 2 цвет вершины А2. Пусть	— наименьший
номер, такой, что вершина А* окрашена в третий цвет. Отрежем
от (n-f-1)-угольника треугольник Ал_2А*_1А*. В соответствии
с определением числа k все вершины этого треугольника имеют
различный цвет, т. е. этот треугольник красивый. Рассмотрим
оставшийся после отрезания треугольника многоугольник
Ai ... Аа_2А*А^+1 ... An+i• Он, очевидно, является выпуклым (в силу
176
выпуклости исходного (л + 1)-угольника), каждая из его вершин
окрашена в один из трех цветов, соседние вершины этого л-уголь-
ника окрашены в различные цвета (поскольку l^k — 2<Zk, то
вершина Ak-2 окрашена в первый или во второй цвет, а вершина
Ak — в третий цвет, остальные же пары соседних вершин n-уголь-
ника А] ... Ak-zAhAk+i ... являясь парами соседних вершин
исходного (п+1)-угольника, окрашены в различные цвета).
Наконец, как указано выше, в раскраске л вершин Дь ..., Ak-2,
Ak, Дп + i участвуют все три цвета.
Следовательно, n-угольникЛi ... Ak-zAk... Л« + 1 является краси-
вым многоугольником и по предположению индукции его можно
разрезать непересекающимися диагоналями на красивые тре-
угольники. Вместе с треугольником Ak-2Ak-\Ak полученные тре-
угольники образуют искомое разбиение исходного (и + ^-уголь-
ника на красивые треугольники. Теорема доказана.
62.	Докажем методом от противного. Предположим, что
существуют натуральные числа тип, такие, что л <100 и ^-=
= а0, Я1а2.--аД67а* + 4 .., где а0— целая часть числа —, а а{,
п
02, ... — цифры после запятой соответствующей десятичной дроби
(конечной или бесконечной).
Умножив дробь — на 10*, получим 10fc«— =Л + 0,167а*4.4...,
п	п
где A — \Qk-aQ,a\a2...ak — целое неотрицательное число. Отсюда
следует, что
0,167< 10*-——Л <0,168,
п
и поэтому натуральное число B = 10*-m—-Ап должно удовлет-
ворять неравенствам 0,167-п<В<0,168«л.
Однако нет ни одного целого числа, которое удовлетворяло бы
этим неравенствам, если л <100. Действительно, после умноже-
ния на 6 получаем:
1,002-л<6В<1,008-л,
0<0,002-л<6В — л <0,008-л <0,8,
что невозможно, так как число 6В —л целое.
Следовательно, наше предположение неверно. Это доказывает,
что ученик допустил ошибку в вычислениях.
63.	Рассмотрим поворот плоскости на угол 90° против часовой
стрелки вокруг точки О (общей середины ВС и BiCi). При
таком повороте точка В переходит в точку £), лежащую на
отрезке ОА (рис. 158), причем OD = OB=— ОА, точка В] пере-
л/з
ходит в точку Dj, лежащую на отрезке ОА], такую, что OD\ —
= ОВ]=^—ОА], а отрезок ВВ{ переходит в результате рас-
177
Рис. 158
сматриваемого поворота в перпендикулярный и равный ему отре-
зон DD\. В /\DODi и ДЛ0Л1 имеем Z.DODt = ZAOAt, —=
ОА
=^^=—. Отсюда (по признаку подобия) треугольники подоб-
ны. Следовательно, AODDt = АОААь DD\=—AA\.
л/З
Так как величины соответственных углов Z_ODD\ и Z-OAAi,
образованных прямыми DD\ и ЛЛ, и секущей ОА, равны, то
прямые DD> и AAt параллельны. Но BBi-LDDi, следовательно,
угол между прямыми ВВ\ и ЛЛ| прямой. Кроме того, как вытекает
из полученных выше равенств, ВВ\:AAt = DD\:AAi = —.
X	X
64.	Записав уравнение в виде (-у*)	= видим, что
оно имеет единственное решение х = 2. Действительно, число
х = 2 удовлетворяет уравнению. С другой стороны, функция
+(“5~) является строго убывающей, потому что
является суммой двух строго убывающих функций, и, следова-
тельно, значение 1 принимает только один
65.	Из равенства ab + cd = 0 следует, что a = td, c=—tb,
где t — некоторое действительное число. “
ношения в равенство а2 + с2=1,
раз при х = 2.
Подставив эти соот-
получим равенство
/2(d2 + ft2)=l. Так как по условию fe2 + d2=l, то /2=1. Поэтому
возможны лишь два случая / и / = — 1. В обоих случаях легко
проверяется, что а2 + Ь2=1, с2 + d2 = 1, ac-\-bd = 0.
178
66.	Перемножив без приведения подобных членов три много-
члена (1 4-х + х2 + ...+х100)(1 -|-х-|-x24-х100) (1 +% + х2 + ...+
+ х100), получим сумму произведений вида хрхдхг, где р, q, г —
целые числа, удовлетворяющие условиям О^р^ 100,	100,
О^г^ЮО, причем коэффициенты при хрхцхг равны 1. Выраже-
ние %'00 получится только тогда, когда р + ^4-г=100. Следова-
тельно, искомый коэффициент равен числу целочисленных реше-
ний уравнения р + q + г = 100, где О^р^ЮО, О^р^ЮО,
С ЮО.
Это уравнение имеет 101 решение при р = 0, 100 решений при
р=1, 99 решений при р = 2 и т. д. Следовательно, число всех
решений равно
101 + 100 + 99 + -+2+ 1 = -022101 =5151.
67.	Воспользуемся следующим утверждением: пусть от
точки О отложены векторы р = ОР, q — OQ и r = OR, причем
p^q. Тогда точка R лежит на прямой PQ в том и только в том
случае, когда_ векторы р, q, г удовлетворяют соотношению г =
= tq-\-(\ —/) р, где t — некоторое действительное число.
Действительно, точки Р, Q, R лежат на одной прямой в том
и только в том случае, когда векторы RQ и RP коллинеарны,
т. е. существует такое действительное число X, что RQ = kRP.
Подставляя в это равенство RQ = q — r, RP = p — r, получаем:
q — г = X (р — г), (1 — X) г = q — Хр.
Так как p=Aq, то Х^1, и поэтому
Обозначив /=—!—, приходим к искомому соотношению
1 —Vt
7=ty+(l— t)p.	I
Обратимся теперь к нашей задаче. Пусть а = ОА, ai = OA\.
Тогда OB = 3a, OC = Sa, OB\=2a[f OCi=-|-ai (риё. 159).
Прямые ВВ] и СС\ не параллельны (если бы эти прямые были
параллельны, то по теореме Фалеса имели бы ОВ\:В[С\ =ОВ :ВС,
что противоречит условию задачи). Обозначим через R точку
их пересечения и положим г —OR.
Точки С, Ci и R лежат на одной прямой, поэтому в силу
доказанного выше утверждения вектор г удовлетворяет со-
отношению
г =ХОС| +(1 — X) ОС, или r = -|-Xai +6 (1 — X) а.
179
Аналогично, поскольку точки В, ЕЦ и R также лежат на одной
прямой, получаем, что
г = pOBt +(1 — р) ОВ, или г=2ца> 4-3 (1 — р) а.
Следовательно, справедливо равенство
-|-Xai 4-6 (1 — X) а = 2ца14-3 (1 — р) а.
Поскольку векторы а\ и а не коллинеарны, отсюда следует, что
-|-Х=2р, 6 (1 — Х)=3 (1 — р). Решая эту систему, находим Х =
и
=-|-, р = 2. Следовательно,
r=4ai — 3<z=4ai -|-(1 —4) а.
а это в силу упомянутого утверждения означает, что точки A, At
и /? лежат на одной прямой, т. е. прямая AAt проходит через
точку пересечения прямых ВВ\ и СС\.
180
68.	Обозначим через D и Е проекции точек Ci и Ai на прямую
дС (рис. 160). Тогда из равенства BjB = — BBt = 4Л| 4-СС1
для проекций на прямую АС получаем равенство 0=АЕ-\-СР.
Полагая в этом равенстве АЕ=АРА~РЕ, СР = СЕ-\-ЕР, на-
ходим, что 4D + CE=0, т. е. АР = ЕС. Отсюда следует, что
АР=ЕС.
Из прямоугольных треугольников АС\Р и ACCi имеем
(рис. 160):
AP = ACi • I cos Z_A\ =АС- |cos /_А\ • |cos Z_A | =4C-cos2 Z_A.
Аналогично из прямоугольных треугольников CAiE и CAAi нахо-
дим, что
EC = AiC- |cos Z_C\ =АС-|cos ZC| • Icos Z-C\ =AC-cos2 /LC.
Так как АР =EC, то получаем, что cos2 Z_A =cos2 ZC. Аналогич-
но доказывается, что cos2 ZA=cos2 ZB. Следовательно,
cos2 ZA = cos2 ZB = cos2 ZC. Отсюда следует, что данный тре-
угольник остроугольный и ZA = ZB=ZC. Действительно,
если, например, ZC тупой, то /_А и ZB острые, а так как
cos2 ZA = cos2 ZB, то ZA=ZB=a. Тогда из равенства
cos2 ZC=cos2 а заключаем, что ZC=180°— а. Но a-j-a-j-
+(180° — a)= 180°, т. е. a=0, что невозможно.
69.	Докажем, что числами 1, — 1 и 0 заполнить таблицу раз-
мером пХ« так, как это требуется в условии задачи, нельзя.
Действительно, сумма п слагаемых, каждое из которых равно
1, — 1 или 0, может принимать только 2« +1 различных значений:
— я, —«4-1,	—1, 0, 1, 2, .... п.
Таблица имеет п строк, п столбцов и две диагонали. Склады-
вая записанные в них числа, получим 2п-)~2 суммы. Следова-
тельно, по крайней мере две из этих сумм будут совпадать.
70.	Введем векторы а = АВ, Ь=А1В1 (рис. 161). Обозначим
181
через а вектор, получающийся из век-
тора а поворотом на угол 90° против ча-
совой стрелки. Так как вершины квад-
ратов ABCD и 41В|С1£>1 перечислены
против часовой стрелки, то ВС=
=AD=a', A\D\=bf. Из условия зада-
чи следует, что ED]=AB = a, ЕВ =
=А\Р\ = Ь'. Следовательно, ЕС=ЕВ±
ВС=Ь' 4“ ci',	ЕС] = ED\D] Ci =
=g b.
Нетрудно проверить, что преобра-
зование поворота вектора на угол 90° против часовой стрелки
обладает следующим свойством: образ суммы двух векторов а и
b равен сумме образов этих векторов, т. е. (a-\-b)' = а'-{-Ь' (на
рисунке 162 все векторы для удобства отложены от одной и той
же точки Н).	___
Найдем образ вектора ЕС] при повороте на угол 90° против
часовой стрелки. Имеем ЕС] =(а-\-Ь)' = а' -\- Ь' = ЕС. Таким обра-
зом, вектор ЕС получается из вектора ЕС\ поворотом на угол 90°
против часовой стрелки. Это означает, что ДСЕС1 равнобедрен-
ный прямоугольный с углом 90° при вершине Е.
71.	Пусть £Л1Л2-..Л9 — данная 9-угольная пирамида. Из
девяти боковых ребер 5Л|, ВЛ2, ...» ВД9 по крайней мере пять
окрашены в один цвет. Пусть это будет синий цвет. Переобозначим
через В], Bz, Вз, В^ В$ те вершины из Ah А2, ...» Д9, для которых
ребра SBk, k=\, 2, 3, 4, 5, являются синими. Среди пяти вершин
В], В2> Вз, В4, Вз девятиугольника по крайней мере две будут
несоседними. Пусть это будут вершины В] и В2. Но тогда три
вершины Bi, В2 и В4 являются попарно несоседними (между
В2 и В4 находится вершина В3, а между В4 и В] — вершина В5).
ДВ|В2В4 составлен из диагоналей основания. Они также как-то
окрашены. Возможны два случая:
1) все стороны B\B2i В2В^ В4В| красные;
2) среди сторон BiB2, В2В4, В4В1 имеется синяя (пусть это
будет, например, сторона BiS2).
В первом случае одноцветным будет ДВ1В2В4, во втором —
Л SB]Bz>
72.	Прежде всего заметим, что ал>0 и Ьп>0 для любого п.
Докажем, что для любого п выполняется неравенство
I Ьп +1 ап _|-11	1 bn ап I •
Если ап
го an^bn+l^bn и
Qrt + ^л	Л
Дп------0п + I —
ЯП й
---— ^^+1-
<< h ап +
п+1	---~
п	ап
ал + 1^—— ,
182
а если bn^.an, то аналогично
Ьп Ьп + 1 CLn>
&П Ьп ty	С!	&п Ьп
-----2— ^on^i—an^\	—-—.
Следовательно, во всех возможных случаях
I Ьп -|-1 &п +11	~2~ I Ьп ап |,
и поэтому |6п+1 — fln+i] 5^—-|6п —ап|	IЬп- 1 — ап-1 I <...
0)1, т. е. |6„+1— a„+)K-jprlb — al при любом п.
73.	Если 200-значное число М начинается с 99 девяток, то
справедливы неравенства:
М <99^9< Ю200,
200 цифр
99^00^.
99 цифр 10! цифра
Если, кроме того, число М является полным квадратом, т. е.
существует такое натуральное число N, что M — N2, то из перво-
го соотношения следует, что №<Ю200, Л/сЮ’00, и, значит,
/у=Ю100 — х, где х — некоторое натуральное число. Так как
N2 — 51^99^900.-0 = 102в°- Ю101,
99 цифр 101 цифра
то Nд/Ю200 - 1010’ . Следовательно,
1О,о°-х> д/Ю200 -Ю'01,
х<1О,оо-д/1О2О°-1О10’.
Так как 1О100 —д/1О200 — Ю10' <6, то отсюда следует, что
х<6, т. е. 10^5. Проверка показывает, что числа
(IO’00 — I)2, (1О,о°-2)2, (10’оо-3)2, (1О100—4)2, (10,о° —5)2
удовлетворяют условию задачи: они являются 200-значными и на-
чинаются с 99 девяток.
74.	Обозначим через а наименьшее из чисел, записанных в
вершинах 1982-угольника. Если таких чисел несколько, то возь-
мем в качестве а любое из них. Пусть b и с — числа, записан-
ные в двух соседних с числом а вершинах (назовем их" соседями
числа а). По условию задачи a—\jbc, т. е. а2 = Ьс, и поэтому
~ ~=1- В силу выбора числа а выполняются неравенства
1,	-^-^1. Из этих условий следует, что а = Ь и а=с, т. е.
183
в трех последовательных вершинах многоугольника записаны
одинаковые числа.
Повторим предыдущие рассуждения, взяв за исходное число b
(оно равно а). Тогда будет доказано, что в четырех последова-
тельных вершинах многоугольника записаны одинаковые числа.
Продолжая рассуждения далее, мы придем к утверждению, что
все записанные числа равны между собой.
Замечание. Фактически мы доказали, что справедливо
более общее утверждение: пусть в каждой вершине пра-
вильного п-угольника записано положительное число, причем
каждое из чисел равно среднему геометрическому двух чисел,
записанных в соседних вершинах. Тогда все записанные числа
равны между собой.
75.	Пусть натуральное число п удовлетворяет условиям за-
дачи. Тогда п=19х, п + 2 = 82у, где x,y^N. Следовательно,
19х + 2 = 82у, или 19х = 2 (41у—1). Мы видим, что х — четное
число, х = 2£, k£N. Таким образом, 19й = 41у— 1. Представив
число 41 в виде 41=2-19 + 3, можем записать, что 19(6 — 2у)=
=3у — 1. Отсюда следует, что число Зу—1 делится на 19, т. е.
Зу—1 = 19ап, Зу= 19ап-|-1, m£N. Искомое число n£N соот-
ветствует наименьшему числу y£N и, следовательно, наимень-
шему числу такому, что 3y=19zn+l. Значение т=1 не
подходит. При ап = 2 находим у =13. Следовательно, п = 82у —
— 2 = 1064. Проверка показывает, что найденное число удовлет-
воряет всем условиям задачи.
76.	Рассмотрим функцию
f (х)= a^jx — (b2 -±-с^) + Ь -д/х—(с2 + а2) + с -д/х —(a2 + ft2).
Она определена при х^ max {ft2 -f-c2, c2-f-a2, a2 + ft2} и строго
возрастает на всей области определения, так как является суммой
трех строго возрастающих функций: g (х) = а -д/х —(ft2 + ^),
h (x) = b -ylx — (c2 + a2), k (x) = c -д/х —(a2 + ft2).
Непосредственной подстановкой убеждаемся, что
f (a2 + ft2 + c2) = a2+'ft2 + c2,
т. e. данное уравнение имеет корень x = a2 + ft2 + c2. В силу стро-
гой монотонности функции f (х) уравнение f (x) = a2-|-ft24-c2 дру-
гих корней не имеет.
77.	Рассмотрим аналогичную задачу для прямоугольной доски
размером 2Хп см. Обозначим через хп число различных спо-
собов покрытия такой доски плитками размером 1X2 см. Ясно,
что хотя бы одним способом покрыть прямоугольную доску раз-
мером 2Хи см плитками размером 1X2 см можно (например;
можно взять и плиток и уложить их вертикально). Таким обра-
зом, xnZ>l при любом n£N.
Доска размером 2X1 см может быть покрыта плитками раз-
184
мером 1X2 см единственным обра-
зом, поэтому Х| = 1. Доска разме-
ром 2x2 см может быть покрыта
плитками размером 1X2 см двумя
способами (рис. 163, а, б), значит,
х = 2. Пусть п^З. Предположим,
что доска как-то покрыта плитками.
Тогда левый конец доски покрыт
плитками или так, как показано на
1см 1см 2 см
а) д)
Рис. 163
рисунке 164, а, или так, как показано на рисунке 164, б.
Если плитки на левом конце доски укладываются, как на ри-
сунке 164, а, то число различных способов покрытия доски
размером 2Хп см равно числу способов покрытия доски разме-
ром 2Х(и —1) см, т. е. равно хп-\. Если же плитки на левом
конце укладываются так, как на рисунке 164, б, то число раз-
личных способов покрытия доски размером 2Хи см равно числу
способов покрытия доски размером 2Х(и —2) см, т. е. равно хп-2.
Таким образом, всего имеется хя_| +хЛ_2 различных способов по-
крытия доски размером 2Хи см плитками размером 1X2 см.
Выше это число мы обозначили .через хп. Следовательно, при
справедливо рекуррентное соотношение
Хп=Хп~1 +%п-2.
(1)
Это соотношение и начальные условия %| = 1, х2 = 2 позво-
ляют найти %|2, т. е. искомое число способов покрытия доски
размером. 2 X 12 см плитками указанных размеров. Действитель-
но, так как x3=x24-xi = 2 + 1 —3, то х4 = х3 + х2 = 3 + 2 = 5.
Поэтому х5=х4 + х3 = 5 + 3 = 8, и далее аналогично получаем:
хе =Хб4-Х4 = 8 + 5 = 13,
х? = Xq + %5 = 13 + 8 = 21,
=%7 -|“Хб = 21 + 13=34,
%9 =х3 -j-x? — 34 + 21 =55,
хю=Х9 + *8 = 55 + 34 = 89,
1 =хю + Х9 = 89 + 55 = 144,
х 12= X] ] + Хю== 144 + 89 = 233.
Следовательно, искомое число способов равно 233.
Замечание 1. Можно получить явную формулу для вы-
числения хп при любом n£N. Найдем такое число q=£0, чтобы
величина xn = qn удовлетворяла рекуррентному соотношению (1).
2 см (п-2)см
Рис. 164
185
Подставив xn = qn в рекуррентное соотношение, получим, что
qn — qn~[	Сокращая на <?=#(), находим, что q удовлетво-
ряет квадратному уравнению q1 — q— 1=0. Следовательно, либо
47 = ^1=-^^, либо q = q? =‘~2^5 . Значит, хп = qt и хп = ql удов-
летворяют соотношению (1). Далее, так как рассматриваемое
рекуррентное соотношение является линейным, то хп = aq” + bq2
будет удовлетворять ему при любых a£R и b£R. Начальные
условия X] = 1, х2 = 2 приводят к следующей системе уравнений
для определения а и Ь:
( aq\-\-bq2=\,
t aq] + bq2 = 2,
решая которую находим, что а= у Ь = —
2^/5	2 д/5
Следовательно, при любом n£N значения хл, удовлетворяю-
щие соотношению (1) и начальным условиям *i = l, х2 = 2,
могут быть найдены по формуле
хп=—ц1 + 75Г+1-(1-<5Г + |).	(2)
Z д/О
Замечание 2. Всякая последовательность (хД удовлет-
воряющая рекуррентному соотношению, называется решением
этого соотношения. Докажем, что решение линейного рекуррент-
ного соотношения (1), удовлетворяющее начальным условиям
%! = 1, х2 = 2, является единственным. Для этого достаточно до-
казать, что если (хп) и (уп) — два решения рекуррентного соот-
ношения (1), удовлетворяющие начальным условиям xt =yi = 1,
x2 = z/2 = 2, то хп = Уп при любом n£N. Рассмотрим последова-
тельность Zn = xn — yn- Поскольку соотношение (1) является ли-
нейным, последовательность (zn) также является его решением,
при этом, очевидно, Zi=z2 = 0. Наше утверждение, таким обра-
зом, будет доказано, если мы докажем, что решение (zn) соотно-
шения (1), удовлетворяющее нулевым начальным условиям
Zi=z2 = 0, является нулевым, т. е. zrt = 0 при любом n£N.
Воспользуемся методом математической индукции. При п = 1
и п — 2 утверждение верно: zi=z2 = 0. Предположим, что утверж-
дение верно при n = k и n = k-\-L Докажем, что оно верно при
n = k-\-2. Имеем в силу рекуррентного соотношения z^ + 2 =
= Zk + i +2fc = 0ф-0 = 0, и, следовательно, при n = k-\-2 утвержде-
ние верно.
Таким образом, линейное рекуррентное соотношение (1) с
начальными условиями Xi = l, х2 = 2 имеет единственное решение,
которое дается формулой (2).
78.	Докажем, что площадь круга с диаметром АВ равна
сумме площадей кругов с диаметрами АС и ВС. Отсюда, оче-
видно, будет следовать утверждение задачи. В самом деле, фигу-
186
pa AD BE, заштрихованная на рисунке 121 вертикальными ли-
ниями, получится, если из круга с диаметром АВ удалить фигуры
ACD и BCD, которые на рисунке не заштрихованы, и фигуру,
образованную двумя сегментами с общей хордой CD, которая
заштрихована на рисунке горизонтальными линиями (эта фигу-
ра является пересечением кругов с диаметрами АС и ВС). С
другой стороны, если из фигуры, являющейся объединением кру-
гов с диаметрами АС и ВС, удалить фигуры ACD и BCD, не
заштрихованные на рисунке 121, то получится фигура, площадь
которой, очевидно, равна площади фигуры ADBE и которая
является объединением трех фигур, заштрихованных на рисунке
горизонтальными линиями.
Итак, достаточно доказать, что площадь круга с диаметром
АВ равна сумме площадей кругов с диаметрами АС и ВС. А это
утверждение легко следует из теоремы Пифагора для дАВС.
Действительно, обозначим а = ВС, Ь = АС, с=АВ. Тогда площадь
круга с диаметром АВ равна площадь круга с диаметром АС
равна , площадь круга с диаметром ВС равна и так как
по теореме Пифагора c2 = Z?2-j-a2, то, следовательно, ^~- =
=^4—т. е- площадь круга с диаметром АВ равна сумме
площадей кругов с диаметрами АС и ВС.
80.	Пусть натуральные числа х, у, z удовлетворяют данной
системе уравнений. Тогда из первого уравнения системы следует,
что у<.х и z<x. Так как числа х, у, z натуральные, то у^х— 1,
z^x—1. Из этих неравенств и второго уравнения данной систе-
мы следует, что
х2^2 (х—1 4-х—1), х2 —4х4-4^0, (х-2)2^0.
Последнее неравенство возможно
у^х— 1 = 1 и так как у— нату-
ральное число, то у=1. Аналогич-
но находим, что z=l.
Подстановкой в данную систе-
му убеждаемся, что тройка
(2; 1; 1) является решением си-
стемы. Других решений данная
система не имеет.
81.	Так как ДАВС остро-
угольный, то основание каждой
высоты лежит на стороне тре-
угольника, а не на ее продолже-
нии, и поэтому точка пересечения
высот И лежит внутри /\АВС
(рис. 165). Следовательно,
лишь при х = 2. Так как
Рис. 165
187
$ ДАВС—$&НВс +$ ДНЛС^ S&НАВ.	(1)!
По формуле площади треугольника имеем:	i
5дЛвс=-|-6с sin Z-A = ~ac sin Z_B=-^-ab sin Z.C. 1
Вычислим площади Д.НВС, Л НАС и &НАВ.	;
Стороны Z_A перпендикулярны сторонам ZBHC, поэтом)
sin Z_BHC=sin ZA, так как такие углы либо равны, либо из
сумма равна 180°. Следовательно,	?
S . нвг=-~-uz sin Z.ВНС = 4-yz sin ZA,	ii
2aWB£=^£	/2y
«длвс ьс-
Аналогично доказывается, что	’
ДЯДС __ XZ S&HAB_xy	(3)
*$дДВС ac ’ 5ддвс a*>
Из формул (1), (2) и (3) следует, что —+^=1» т. е.
Ьс ас ab
ayz + xbz 4- хус — abc.
82.	По условию задачи данное неравенство выполняется для
любых чисел a, 6£[О; 1]. При а = Ь это неравенство принимает вид
f (a)C2f (а), откуда следует, что,/(о)^0 для любого а£[0; 1].
При а=0, Ь = 1 получаем, что f / (0)+/(1 )=0. Так как
и	то	Таким образом, функция
f (х) на концах обоих отрезков £о; -у] и 1] обращается в нуль,
а для произвольных точек а, Ь. принадлежащих каждому из
этих отрезков, выполняется данное неравенство. Следовательно,
на отрезках ^0; -|-j и lj функция f (х) вновь удовлетворяет
условиям задачи, и мы получаем, что значения =
/°+тх	/ я х /"т+'х
=ц—~-j и Ц—)—fy—2—) также равны нулю.
Индукцией по п легко доказывается, что функция f (х) равна
нулю в любой точке х£[0; 1] вида где n£N, m = Q, 1, ..., 2".
Итак, уравнение f (х)=0 имеет бесконечно много решений.
Возникает вопрос: существует ли функция, удовлетворяющая
условиям задачи и не равная тождественно нулю? Ответ на этот
вопрос положительный: такая функция существует. Например,
такой функцией является функция
188
J О, если x=-^-, где n^N, rai=O, 1,	2";
J1, для остальных точек x из отрезка [0; 1].
Действительно, /о (O)=fo (0=0. Покажем, что неравенство
fo(-^j^Cjo(a)4-fo(^) выполняется для любых a,Z>£[0; 1]. Это
неравенство может не выполняться только в том случае, когда
= 1, а /о (a) = fo (b)=0, т. е. только тогда, когда а и b
являются числами вида Но в этом случае и число имеет
такой же вид, и поэтому величина	будет равна 0, а не 1.
Другим примером функции, удовлетворяющей условиям задачи
и не равной тождественно нулю, является следующая функция:
< 0, если х — рациональное число из отрезка [0; 1];
fi (*:)=| 1, если х — иррациональное число из отрезка [0; 1].
Доказательство аналогично проведенному выше для f0 (х).
83.	По условию каждая из п команд высшей лиги сыграла
ровно одну игру с каждой другой командой высшей лиги. Следо-
вательно, число игр, сыгранных командами высшей лиги с коман-
дами высшей лиги, равно	Поскольку ничьих не было,
в этих играх команды высшей лиги добились 11^11 побед. Ана-
логично в играх между собой команды первой лиги добились
,1) =п (2п — 1) побед.
Число встреч команд высшей лиги с командами первой лиги
равно га-2га = 2га2. Пусть х — число побед, одержанных в этих
встречах командами высшей лиги. Тогда 2га2 —х— число побед,
одержанных в этих встречах командами первой лиги. Всего коман-
ды высшей лиги одержали в турнире "^2~^+x=-^-(n2 — n-j-2x)
побед, а команды первой лиги одержали п(2п — 1) + 2га2—х =
= 4п2 — п — х побед. По условию задачи отношение числа побед,
одержанных в турнире командами высшей лиги, к числу побед,
одержанных командами первой лиги, равно Следовательно,
выполняется равенство
у(л2-л + 2х)	7
4п2 — п — х	5
Отсюда х= [7п	, и так как, очевидно, х^2п2, то заключаем,
8
что справедливо неравенство 2га2 17п^—3—, п2^3га, га^З. Сле-
довательно, число га может быть равно 1, 2 или 3.
189
Значения п = 1 и п = 2 не подходят, поскольку при этом х =
=	не является целым числом. При м = 3 получаем, что
х=18. Это означает, что команды высшей лиги во всех играх
с командами первой лиги добились побед. Таким образом,
команды высшей лиги одержали в турнире	= победу,
а команды первой лиги одержали п(2п— 1)= 15 побед. Значит,
отношение числа побед, одержанных командами высшей лиги,
к числу побед, одержанных командами первой лиги, равно
=—. Следовательно, значение п = 3 удовлетворяет условию
задачи.
84.	Используя условие ху=1, получаем:
х2+у2=(х—у)2 + 2хг/ = (х—у)2 4-2.
Введем обозначение z=x — y. Тогда
х2 + у2 = z2 + 2	. 2
х — у	Z	Z
где z>0, так как х>у. Для любого г>0 в силу неравенства
между средним арифметическим и средним геометрическим двух
положительных чисел имеем:
z4-—>2-л/г — = 2д/2.
‘ Z V 2
Следовательно, если х~>у и ху=1, то
^±^>2л/2.
х — у
85.	Соединим точку О отрезками с вершинами дЛВС
(рис. 166). /LABO опирается на дугу АО, которая заключена
190
внутри /LCAO, образованного хордой АО и касательной АС.
Поэтому Z_ABO=Z_CAO. £±АОВ и дЛОС равнобедренные,
так как АО = ВО = СО. Следовательно, Z,BAO — ZLABO =
— Z_CAO= ZLACO. Значит, Z_AOB=Z_AOC. По признаку
равенства треугольников &АОВ = & АОС, и поэтому АВ=АС.
87. Обозначим через х, у, z число гирек массой 1 г, 10 г и 50 г
соответственно. По условию задачи
j x + y + z= 100,
(x+10y + 50z = 500.
Требуется найти неотрицательные целые числа х, у, z, удовлет-
воряющие этой системе. Вычитая из второго уравнения системы
первое, получаем уравнение
9y + 49z = 400.	(1)
Отсюда следует, что у#=0 и z=#0, т. е. y^l, z^l (при у = 0
уравнение (1) принимает вид 49z=100, а это уравнение не имеет
решений в целых числах; при z = 0 получаем уравнение 9у = 100,
которое также не имеет целочисленных решений).
Из неравенства у^1 и уравнения (1) получаем 49z = 400 —
— 9у^391, z<8. Следовательно, целое число z удовлетворяет
неравенствам l^z^7.
Из уравнения (1) следует, что число 400 — 49z должно делиться
на 9. А так как 400 — 49z = 9-44 + 4 — 45z — 4z = 9 (44 — 5z) +
+ 4(1—z), то это возможно только тогда, когда делится на 9
число 1— z, т. е. когда z=l.
Таким образом, z=l, у = 39, х = 60.
88. Положим х=1—у. Тогда данное уравнение
2/(х) + /(1-х) = х2	(1)
примет вид 2/(1—y) + f (у)=(1 — yf- Последнее уравнение вы-
полняется при всех y^R. Заменяя в этом уравнении у на х, по-
ручаем уравнение
2Н1-хШ(х)=(1-х)2,	(2)
вновь содержащее f (х) и f (1 — х). Решая систему уравнений
(1), (2) как линейную относительно f (х) и /(1—х), находим, что
f (х) = у(х2 + 2х-1).
Нетрудно проверить, что найденная функция удовлетворяет
функциональному уравнению (1).
[„2 “I
— J .
Если n = 3k, то p = 3k2. Если д? = 3/?+ 1, то p=(3k^-2) k.
В обоих случаях число р является простым числом только при
k=l. При этом соответственно р = 3 и р = 5.
191
Если n = 3& + 2,	то р==3*2 + 4^+1=(Л+1)(ЗЛ+1), т. е
число р является составным при &>0 и равно 1 при Л = 0.
Таким образом, все искомые простые числа — это числа 3 и 5.
90. Для любого натурального k справедливы равенства
k = (*+!)-! = J______1
(*+!)’	(* + 1)| k\ (Л-Н)! ‘
Поэтому	+
+(_!-----0 = 1----
' \ 99!	100! /	100!
91.	Предположим, что требуемым образом числа записать
можно. Рассмотрим изображенные на рисунке 167, а фигуры,
составленные из клеток нашей таблицы (а, и bj — числа, записан-
ные в клетках этих фигур). По условию суммы at + а2 + а3+а4
и а2 +03 + ^4 + <*5 делятся на 9. Значит, на 9 делится их разность,
равная ai —а5. Следовательно, числа щ и а$ при делении на 9 дают
одинаковые остатки. Аналогично числа bi и Ь$ при делении на 9
дают одинаковые остатки. Поэтому, например, пять чисел, запи-
санных в клетках, отмеченных на рисунке 167, б штриховкой,
должны давать при делении на 9 одинаковые остатки. Но это
невозможно, так как среди чисел 1, 2, ..., 36 нет пяти таких чисел.
Следовательно, требуемым образом числа записать нельзя.
92.	Прежде всего докажем, что существуют две соседние
вершины пятиугольника ABCDE, сумма величин углов при кото-
рых больше 180°. Действительно, если бы одновременно выпол-
нялись неравенства ZА +	180°, ZB+ZC^180°, Z.C +
+ ZOC1800, ZD+ZE<180°, ZE+ZA< 180°, to, складывая
эти неравенства, мы получили бы, что
2(ZA+ Z5+ ZC+ ADA- ZE)<900°, т. е.
ZA + Z5+ZC+Z£>+ZE^450°.
С другой стороны, сумма величин внутренних углов выпуклого
пятиугольника равна 540°. Полученное противоречие показывает,
Рис. 167
192
что сумма величин углов при некоторых двух соседних верши-
нах пятиугольника ABCDE должна быть больше 180°.
Пусть для определенности ZА + ^В> 180°. Обозначим через
и dc расстояния соответственно от точек Е и С до прямой АВ.
Не ограничивая общности, можно предположить, что dE^dc. По-
строим параллелограмм АМСВ (рис. 168). Поскольку £СВА-\-
+ АВАЕ> 180°, a Z. СВ А + ZB4A4 = 180°, то луч AM лежит
внутри Л_ВАЕ. Так как dE^dc, то либо точка Е лежит на прямой
СМ (если dE=dc), либо точки А и Е расположены по разные
стороны от прямой СМ (если df:->dc, см. рис. 168). Следовательно,
точка М лежит либо внутри четырехугольника АВСЕ, либо на
его стороне ЕС, причем М=£С и М^Е. Пятиугольник ABCDE
выпуклый, поэтому точка М лежит внутри его.
Докажем, что точка М имеет целочисленные координаты
(хм; ум). Так как четырехугольник АМСВ является параллело-
граммом, то АМ = ВС. Записав это равенство в координатах,
получим:
хм~хл = хс~~хв, Ум~Уа — Ус~Ув-
Следовательно,
ХМ~ХА~^~ХС ХВ' Ум^Уа^-Ус У В'
и так как по условию координаты (хл; ул), (хв; уД (хс; ус) цело-
численные, то хм и ум — целые числа. 4
Таким образом, внутри пятиугольника ABCDE найдена точ-
ка М, имеющая целочисленные координаты. Утверждение задачи
доказано.
Из рисунка 169 видно, что для невыпуклого пятиугольника
ABCDE утверждение задачи несправедливо.
93.	Найдем сначала решения, у которых либо х = 0, либо
у = 0. Очевидно, что единственным таким решением будет (0; 0).
Найдем теперь решения, у которых х=#0 и //#=0. Исключим из
данных уравнений члены ху^ и х^у1. Для этого первое уравнение
умножим на х2, второе — на у и получившиеся уравнения сло-
жим. В результате получим:
7 Заказ 57
193
4хА — Зух2 + ух2=2у2, у2 4~х2(/ —2х4 =0,
(у-х2)(у + 2х2)=0.
Следовательно, для х=#0 и t/#=0 данная система равносильна
системе
Г(.У—х2) (у4~2х2) = 0,
1 х2 + х3у2 = 2у.
Если у = х2, то из второго уравнения находим х24-х7 = 2х2,
х5=1, и поэтому х=1, </=!
Если у=— 2х2, то х2 + 4х7=—4х2, х5——и поэтому х =
= -\Д-=—J"V40> У=-2л/5.= -Ш
V 4 2v if	*16 v
Таким образом, данная система уравнений имеет три решения:
(0; 0), (Г, 1), ( —1-\/40; —	• Других действительных решений
система не имеет.
94.	Очевидно, что m>n, поэтому т — п-\-р, p£N. Тогда
2"+₽—2"= 1984, а так как 1984=26-31, то 2Л (2Р — 1)=26-31.
Отсюда и из того, что число 2Р — 1 нечетное, следует, что п =6 и
2Р —1=31. Следовательно, п=6, р=5, т = Н.
95.	Треугольники, удовлетворяющие условию задачи, суще-
ствуют. Например, условию задачи удовлетворяет равнобедрен-
ный треугольник со сторонами а, Ь = а, с = а\/2. Из условия
задачи следует, что с — длина наибольшей стороны треугольника.
Предположим, что треугольник, в котором выполняется равен-
ство с4 = а4 + &4, не является остроугольным, т. е. либо прямо-
угольный, либо тупоугольный. В обоих случаях выполняется не-
равенство с2^а2 + &2, и поэтому с4^(а24-&2)2=а44~2а2д24-
4-b4 > а4 4- Ь4, т. е. с4>а44-Ь4- Полученное неравенство противо-
речит условию задачи. Следовательно, треугольник, в котором
с4 = а4-\-Ь4, является остроугольным.
97.	Предположим, что дЛВС удовлетворяет условиям задачи.
Обозначим через О точку пересечения медиан AD и СЕ и
запишем два неравенства треугольника: АО-\-ОЕ>АЕ, СО-}~
A-OD> CD. Складывая их почленно, получаем CEA-AD>
>AE-\-CD, т. е. CEA-AD>-^-(AB-\-BC\ что противоречит
данным в условии задачи неравенствам.
98.	Приведя левую часть данного уравнения к общему зна-
менателю, получим равносильное ему уравнение
(х—й)(х —с)+(х—с) (х—а)+(х—д)(х—d)__Q
(х—а)(х—Ь)(х—с)
которое, в свою очередь, равносильно следующей системе:
((х — Ь) (х — с) 4- (х — с) (х —- а) 4- (х — а) (х — Ь)=0,
((х—а) (х —6) (х —с)=/=0.
194
Уравнение
(х — b) (х —с)+(х —с) (х—а)+(х —а) (х — Ь) = 0
является квадратным и потому имеет не более двух действитель-
ных корней. Введем обозначение
f (x) = (x — b) (х —с) + (х —с) (х — а) + (х — а) (х—Ь).
Графиком функции f (х) является парабола. Из условия a<zb<c
следует, что
f (a)=(a — b) (а — с)>0,
f(b) = (b-c) (b-a)<0,
f (с)=(с—а) (с — 6)>0.
Таким образом, на концах отрезков [а; Ь] и [6; с] функция f (х)
принимает значения разных знаков. Следовательно, парабола
y=f(x) пересекает ось абсцисс на интервалах (а; Ь) и (6; с), т. е.
уравнение f (х)=0 имеет ровно 2 корня: xt£(a;b) и х2С(6; с).
Так как числа х, и х2 удовлетворяют условию (х—а)(х-
— &)(х—с)=#0, то они являются корнями данного уравнения,
которое, таким образом, имеет ровно два корня Х| и х2, удовлет-
воряющие неравенствам а<Х|<6<х2<с.
99.	Непосредственная проверка показывает, что наименьшее
значение п, удовлетворяющее условию задачи, равно 5. Докажем,
что среди чисел п^б нет таких, которые удовлетворяли бы усло-
вию задачи. При любом n^N число 2Л оканчивается или на 2,
или на 4, или на 6, или на 8. Так как по условию сумма цифр числа
2" равна 5, то две последние возможности исключаются.
Если число 2", п^б, оканчивается на 4 и сумма его цифр
равна 5, то оно имеет вид:
2" = 1	4 = 4-(25 0...0 + 1), /г>1,
k цифр	£—1 цифр
и не делится на 32, поскольку второй сомножитель не делится
на 8, так как является нечетным числом. В то же время число 2Л,
п ^6, делится на 26=64 и тем более делится на 32. Полученное
противоречие показывает, что если число 2Л при п ^>6 удовлетворя-
ет условию задачи, то оно не может оканчиваться на 4.
Предположим теперь, что у числа 2П, п^б, удовлетворяющего
условию задачи, последняя цифра в десятичной записи равна 2.
Тогда оно оканчивается либо на 02, либо на 22, либо на 12. Первые
два случая, очевидно, невозможны, поскольку числа, оканчиваю-
щиеся на 02 и 22, не делятся на 4.
Пусть, наконец, число 2“, п^б, оканчивается на 12. Тогда
оно оканчивается либо на 012, либо на 112, либо на 212. Если число
оканчивается на 012, то оно не делится на 8. Если число оканчива-
ется нд-212 и сумма его цифр равна 5, то оно равно 212 и не явля-
ется, следовательно, степенью числа 2.
195
Остается еще одна возможность: число 2" оканчивается на
112, т. е. имеет вид:
2"=1 0^ 112,
т цифр
Однако этот случай также невозможен, поскольку числа вида
10...0112, zn^O, не являются степенью числа 2. Действительно,
V—*
- т цифр
для чисел 1112 (т=0) и 10112 (/п = 1) это проверяется непосред-
ственно. При т^2 число
1 0...0 112 = 10т+3 + 112
т цифр
не делится на 32, так как 10т+3 делится на 32, а 112 на 32 не
делится, и, следовательно, также не является степенью числа 2.
Таким образом, если число 2Л при zi^6 удовлетворяет условию
задачи, то оно не может оканчиваться на 2.
Мы рассмотрели все возможные случаи и убедились, что при
любом п ^6 сумма цифр числа 2п не равна 5. Следовательно,
условию задачи удовлетворяет только п = 5.
100.	I способ. Назовем данную таблицу (рис. 123) табли-
цей А, таблицу, которую нужно получить из нее (рис. 124),—
таблицей Б и покажем, что с помощью указанной в условии зада-
чи процедуры таблицу Б из таблицы А получить нельзя. Будем
называть укороченной таблицу 2X2, получающуюся из таблицы
3X3 вычеркиванием последней строки и последнего столбца.
Например, в клетках укороченной таблицы, полученной из табли-
цы А, записаны одни лишь плюсы. Легко видеть, что после выпол-
нения ^указанной в условии задачи процедуры замены знаков
число плюсов в клетках укороченной таблицы либо не меняется,
либо изменяется (увеличивается или уменьшается) сразу на два.
Так как в клетках укороченной таблицы, соответствующей табли-
це А, записано 4 плюса, то после того, как указанная процедура
будет повторена несколько раз, число плюсов в клетках укорочен-
ной таблицы останется четным. В клетках укороченной таблицы,
соответствующей таблице Б, записан только один плюс. Следова-
тельно, с помощью указанной в условии задачи процедуры табли-
ца Б из таблицы А не может быть получена.
II способ. Доказательство проведем методом от противного.
Предположим, что таблица Б получена из таблицы А и для этого
потребовалось указанную в условии задачи процедуру применить
П1, и2 и пз раз соответственно в первой, второй и третьей'строках
и гп], m2 и гпз раз соответственно в первом, втором и третьем
столбцах’. Так как в левом верхнем углу в таблицах А и Б запи-
саны противоположные знаки, то число П\+т,\ нечетное. Анало-
гично устанавливается, что число zi2H-zrii четное, а числа п,\ +
+ zn2 и n2 + m2 нечетные. Поэтому число +znl)H-(rt2-|-W|) +
196
4-(ni+ /П2)+(«2Ч-/П2)=2 (ni+n2 + wi| 4-m2) нечетное. Получен-
ное противоречие показывает, что таблица В не может быть полу-
чена с помощью указанной процедуры из таблицы А.'	___
101.	Рассмотрим произвольное трехзначное число abc и
обозначим через f (abc) разность abc — (а34"63 4~ с3). Тогда
/(а^)=100а+10б'+с-а3-63-с3 = (100а-а3)+(106-63)+(с-
— с3)=/, (а)4-/2 (6)4-/з (О, где ft (а)= 100а — a3, /2 (6)= 106 — 63,
f3(c)=c — c3. Число f (abc) будет наибольшим тогда и только
тогда, когда будут наибольшими величины ft (a), f2 (b) и f3 (с).
Так как ft (1)=99, ft (2)= 192, ft (3)=273, ft (4) = 336, ft (5) = 375,
ft (6)=384, ft (7) = 357, ft (8)=288, /|(9)=171, то наибольшее
значение ft (а) равно 384 и достигается при а = 6. Аналогично
находим, что наибольшее значение /2 (Ь) равно 12 и достигается
при Ь = 2, а наибольшее значение /з (с) равно нулю и достигается
при с = 0 и с=1. Следовательно, наибольшее значение разности
f (abc) равно 384 4- 12 -f-0 — 396 и достигается при abc —621 и
abc = 620.
Поскольку произведение любых трех последовательных целых
чисел делится на 3, числа
ft (a)=99a-f-(a — a3) = 99a — (a— 1) a (a4-1),
f 2 (b)=9b + (b - b3) = 96 -(b - 1) b (b +1),
h (c)=-(c-l)c(c4-l)
делятся на 3. Значит, на 3 делится число f (abc). Следовательно,
наименьшее положительное значение разности abc — (a34-634-
4-с3) не меньше 3. Значение 3 достигается. Предлагаем читателю
самостоятельно проверить, что f (437)=/ (474) = / (856) = 3. Следо-
вательно, наименьшее положительное значение рассматриваемой
разности равно 3.
102.	Продолжим отрезок AM
за точку М до пересечения (в точ-
ке D на рисунке 170) с окруж-	С
ностью с центром О2. Так как в	/V	xv\
окружности угол, образованный	ц \	/ 7 \
касательной и хордой, а также	I \	/	1
любой вписанный угол изме- • /\	2 I
ряются половиной дуги, заключен- Z \ - /	/
ной между их сторонами, то полу-	/	/
чим, что Z_CAD= /LABM, по-
скольку каждый из них измеряется	------
половиной дуги АЬМ. ЛАВМ = А |	|°
= Z.ADB, поскольку оба изме- I 1	]
ряются половиной дуги MdB. \	/
Следовательно, Z CAD= Z.ADB,
и, значит, АС|| BD.
Аналогично из равенств	Рис. 170
197
P ABAD = ^CBM, zLCBM=zLADC
следует, что Z_BAP=Z_APC, и,
/	значит, AB\\CP. Таким образом, че-
А	У*	тырехугольник ACDB — параллело-
/	грамм. Его диагональ АР делит дру-
,	гую диагональ ВС, как известно,
/ £	пополам.
.х	ЮЗ. Такие точки существуют.
/	Пусть А и В — две точки плоскости,
расстояние между которыми равно
Q	V2, С — середина отрезка АВ. Пусть
Рис- 171	Р — произвольная точка плоскости,
не лежащая на прямой АВ. Достроим
треугольник АРВ до параллелограмма APBQ (рис. 171). Так как
сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме
квадратов всех его сторон, то справедливо равенство AB1 2-\-PQ2 =
=2РА2-\-2РВ2. Поскольку PQ = 2PC, получаем отсюда, что
АВ2 = 2РА2 + 2РВ2-4РС2.	(1)
Так как АВ2=^/2, а число ?/2 иррациональное, то числа РА, РВ,
PC одновременно не могут быть рациональными. Нетрудно про-
верить, что равенство (1) справедливо и в том случае, когда
точка Р лежит на прямой АВ. Значит, и в этом рлучае хотя бы одно
из чисел РА, РВ, PC является иррациональным.
104. Так как 1 4-Л/- 2 |а,-1 =(1 — |а,|)2^0, то 14-а/>2|а;|.
Следовательно, справедливы неравенства
1 Н-я 1 s^2 Iai |,
1 4" а2 2 | 02 I,
1 4-а^>2 |а„|.
Перемножая почленно эти неравенства, получаем неравенство
(I +af)(1 +а!)...(1 +а2)^2п • |а,| • |а2|..... |а„|.
Отсюда й из равенств |ои| • |а2| 1ап| = kia2...an| = 1 следует
требуемое неравенство.
105. Пусть точка М — середина отрезка СР (случай М = О
не исключается). Тогда СМ = МР. Векторы ВО и ОА равны.
Следовательно, равны и их проекции на прямую СР, т. е. FM =
= МЕ. В таком случае CE = CM-\-ME=MP-\-FM = FP, т. е.
CE — FP. Следовательно, CE = PF.
106. Обозначим данное число 1010...101 (k нулей и k 4-1
единиц, где k~^2) через А*. Так как
99-Xft=99-1010... 101—99.^9 = 102	1 =
2k 4- I цифр 2^4-2 цифр
198
= (10ft+l — l)(10*+l4-l)=99^9-10^1,
k + 1 цифр k цифр
то
Л+l цифр k цифр
 r 99.J9" -1Q
Если число k нечетное, fe = 2m+ 1, т 1, то число 99...9 делит-
2т + 2 цифр
ся на 99, причем
99^:99= 10101...01 > 101.
2т-\-2 цифр tn нулей и
т-j-1 единиц
Следовательно, число
Ak= 10101...01 • 10 ... 01
т нулей и	2т-j- 1 цифр
т 4-1 единиц
раскладывается в произведение двух сомножителей, каждый из
которых больше 1, и, значит, является составным.
Если число k четное, k=2m, т^1, то число
10_^)1 =99^90+11 = H_:rJ • 90 4- 11
2т цифр	2т цифр	2т цифр
делится на 11, причем
I(LcJ?i: 11=9090 • •9091 ^91 ’
2т цифр	т девяТок и
т — 1 нулей
Следовательно, и в этом случае число
Л* =	• 9090 ... 9091
2гл4~1 цифр т девяток и
•п— I нулей
раскладывается в произведение двух сомножителей, каждый из
которых больше 1. Значит, и в этом случае число Ak составное.
Замечание. Нетрудно проверить, что при нечетном k спра-
ведливо и такое разложение числа At на множители:
Ak = 101 • ,100010001 .-00010001,,
v
2k— 1 цифр
также показывающее, что число Ak является составным.
107.	Пусть AC=d, тогда BD = ld. Пусть EFGH— указанный
в условии задачи ромб (рис. 172) и пусть АЕ=х-АВ. Тогда
ВЕ=(\— х)-АВ. Так как прямые ЕН и BD параллельны, то
£±АЕНео &ABD, поэтому EH=xld. Аналогично из подобия
199
A
Рис. 172
9~а = =1-Ь	9		9+2а
1			
			5=9 + +2a+2d
1+2Ь		8=1 + +2Ь+2с	5+d= = 8+С
Рис. 173
&.EBF и ДЛВС находим, что EF — (l — х)d. Поскольку стороны
ромба равны, получаем уравнение xld — (\ — х) d, решая которое
находим х=у-^-. Следовательно, ЕН= \
Обозначим через О точку пересечения диагоналей четырех-
угольника ABCD. Углы ВОС и EFG равны (стороны их соответ-
ственно параллельны и противоположно направлены). Обозна-
чим а= Z_BOC = 2LEFG. Тогда
5ласо=-|-ЛС-BD’Sin a=-^-ld'2-sin а,
$efgh=EH2-sin a=-J^L-.sin a,
и, следовательно,	.
$efgh
108.	Докажем методом от противного, что в свободные клетки
данной таблицы нельзя вписать числа так, как это требуется
в условии задачи. Предположим, что в клетки данной таблицы
вписаны числа требуемым образом. Обозначим разности арифме-
тических прогрессий, записанных в первой и четвертой строках,
через а и с, в первом и четвертом столбцах — через b и d (по-
лагаем для определенности, что строки читаются слева направо,
а столбцы — сверху вниз). Так как в правом верхнем углу табли-
цы записано число 9 +2a, то 5 = 9 +2a + 2d (рис. 173). Аналогич-
но получаем, что 8=1 + 2& + 2с. В левом верхнем и правом ниж-
нем углах таблицы записаны соответственно числа 9 — a=l-— b
и 5 + d=8 + c. Таким образом, мы приходим к системе уравнений
^a + d=-2,
. Ь + с=±,
а — Ь = 8,
d — c = 3.
200
Сложив три последних уравнения, получаем a-|-d=-y-, что
противоречит первому уравнению системы. Следовательно, систе-
ма несовместна. Получили поотиворечие.
109.	Необходимость условий
ab + bc + ca>0, Ц-+-^+—>0	(1)
ab Ьс са	' '
очевидна: если знаки отличных от нуля чисел a, b, с одинаковы,
то попарные произведения ah, Ьс. са этих чисел, а также числа
—, —, — положительны,.
аЬ Ьс са
Для доказательства достаточности условий (1) предположим,
не ограничивая общности, что а^Ь^с. и докажем методом от
противного, что если неравенства (1) выполняются, то либо а>0
(в этом случае числа а, Ь, с положительны), либо с<0 (в этом
случае числа а, Ь. с отрицательны). Предположим, что а<0,
а с>0. Тогда возможны два случая: или	или
Второй случай сводится к первому, если положить
= —с, b\ = — b, Ci = —а. Действительно, тогда а\ ^bi <0<Ci
и для чисел аь Ь\, С\ выполняются неравенства (1), поскольку
ab = a\bi, bc=^b\C\, са = с\а\. Таким образом, достаточно рас-
смотреть лишь случай а 6 < 0 < с. В этом случае са<0 и Ьс<0,
поэтому ab-\-boab + + т. е. ab>—-boQ. Следова-
тельно, —-J-, -т+т“<0. Но тогда	—~<—<0,
ab be ab be	аЬ Ьс са са
что противоречит второму из неравенств (1). Полученное противо-
речие показывает, что либо а>0, либо В обоих случаях,
как отмечалось, знаки чисел а, Ь. с одинаковы.
ПО. Поскольку прямые КМ и АС параллельны, положение
точки К на стороне АВ однозначно определяется положением М
на ВС. Поэтому для ответа на вопрос пункта а) достаточно указать
положение точки М на стороне ВС, при котором длина диагонали
AM будет наименьшей. Пусть Af j — основание перпендикуляра,
опущенного из точки А на прямую ВС (рис. 174). По условию
Л АВС остроугольный, поэтому точка является внутренней
точкой отрезка ВС. Так как длина перпендикуляра, проведенного
из данной точки к прямой, меньше длины любой наклонной, про-
веденной из той же точки, то получаем, что длина диагонали
AM является наименьшей, если точка М совпадает с точкой Л1ь
т. е. если AM — высота ДЛВС.
Выясним теперь, при каком положении точки К на стороне
АВ длина диагонали КТ будет наименьшей. Возьмем на про-
должении АС за точку А точку D так, чтобы DA = AC (рис. 175).
Тогда В А — медиана &DBC. Пусть АКМТ — параллелограмм,
удовлетворяющий условиям задачи. Обозначим через N точку
пересечения прямых КМ и DB, Так как NM\\DC, а В А — медиаца
&DBC, то В К—медиана ДЛ^ВМ. Следовательно, NK=KM, и,
201
Рис. 174
значит, NK=AT. Так как в четырехугольнике ANKT противо-
положные стороны NK и АТ равны и параллельны, то этот четырех-
угольник— параллелограмм. Отсюда следует, что KT=NA, и,
значит, длина диагонали КТ будет наименьшей, если наименьшей
будет длина отрезка NA. Среди всевозможных отрезков, у которых
один из концов совпадает с точкой А, а другой лежит на отрезке
DB, наименьшую длину имеет отрезок N^A, где N? — основание
перпендикуляра, опущенного из точки А на прямую DB (точка
Nz лежит на отрезке DB, поскольку Z.DAB тупой). Таким
образом, определено положение точки N на отрезке DB, при
котором длина отрезка NA (а значит, и КТ) наименьшая. Тем
самым получен ответ на вопрос пункта б), поскольку положение
точки К на отрезке АВ,"очевидно, однозначно определяется поло-
жением точки /V на отрезке DB.
Для того чтобы построить точку К, являющуюся вершиной
параллелограмма АКМТ, диагональ которого КТ имеет наимень-
шую длину, строим сначала на продолжении отрезка АС за точку А
точку D так, чтобы DA=AC. Затем строим точку N как основа-
ние перпендикуляра, опущенного из точки А на прямую DB, и
через точку N проводим прямую I параллельно стороне АС.
Искомую точку К получаем как точку пересечения прямой / со
стороной АВ. Так как все указанные построения могут быть
выполнены с помощью циркуля и линейки, то точка К может
быть построена с помощью циркуля и линейки указанным спо-
собом.
111.	Покажем, что данные 1985 гирь можно разделить на пять
групп так, как это требуется в условии задачи. Для этого заметим,
что при любом n£N 10 гирь массами «4- 1, «4-2, «4-3, «4-4, «4-5,
«4-6, «4-7, «4-8.. «4-9, «4-10 граммов можно разделить на
пять групп так, чтобы в каждую группу попали две гири общей
массой 2«4-11 граммов.-Требуемое распределение гирь приведено
в следующей таблице:
202
I группа	11 группа	III группа	IV группа	V группа
п+1	п+ 2	п + 3	п+4	и+5.
п + 10	п + 9	п+8 •	п + 7	п +6
Воспользуемся сделанным замечанием и распределим сначала по
пяти группам так, как требуется в условии задачи, гири массами
от 16 до 25 г (эти значения масс получаются при я =15). Затем
по пяти образовавшимся группам распределим гири массами от 26
до 35 г (и = 25), от 36 до 45 г (и = 35),..., от 1976 до 1985 г (л = 1975).
После этого оставшиеся 15 гирь массами от 1 до 15 г распределим
по имеющимся пяти группам, как показано в следующей таблице:
I группа	11 группа	III группа	IV группа	V группа
1	2	3	4	5
10	7	9	6	8
13	15	12	14	11
В результате получим, что все 1985 гирь распределены по пяти
групппам так, что в каждой группе и число гирь, и их суммарная
масса одинаковы.
112.	Пусть 01 и 02— центры данных окружностей, 0{С и
02D — их радиусы, проведенные в точки касания с общей внутрен-
ней касательной (рис. 176). А0\А02= ZOiBO2 = 90° (поскольку
Рис. 176
203
их стороны являются биссектрисами смежных углов). Следова-
тельно, точки Л и В лежат на окружности диаметром O1O2. Продол-
жим отрезок О\С за точку С до пересечения с этой окружностью
в точке £. Тогда Z.C£O2=90o. Так как ZDCE = <LCDO7=90°, то
четырехугольник CDO2E является прямоугольником, и, следова-
тельно, CE=DO2, ^.OiAB= Z-O\EB (вписанные и опираются на
одну и ту же дугу). Отсюда следует, что прямоугольные треуголь-
ники OiAC и ВЕС подобны, откуда АС-ВС—О\С-СЕ = О\С~%.
y^DO2 = Rr, что и требовалось доказать.
113.	Обозначим через S (х) сумму цифр натурального числа х.
Докажем сначала, что справедливо неравенство $ (х)< 10-\/х.
Это неравенство очевидно, если число х является однозначным.
Предположим теперь, что число х записывается с помощью
(р4-1)-й цифры, гдерСАЛ Тогда Ю'^хС 10₽+1, и поэтому S(x)^
^9 +1)< 10 (р4* !)• При любом натуральном р справедливо
р_
неравенство р-|- 1 <102. Следовательно,
р_
S(x)<10(p4-l)<10-102,
и так как х^ IO'1, то получаем, что S (х)< 10 Vr.
Замечание. В процессе доказательства мы использовали
р_
неравенство р-|-1<102, которое справедливо при всех p£N.
Докажем это неравенство. Имеем:
р+1 = 1 +(1 + 1 +- + 1)<1 +(1 +21 +22-Ь- + 2Р~‘)=
р слагаемых
р_
= 1+(2₽-1)=2₽<102,
что и требовалось доказать.
Обратимся теперь к нашей задаче. Так как последовательность
(хп) состоит из натуральных чисел, то сформулированное в задаче
утверждение будет доказано, если мы докажем, что последова-
тельность (хл) ограничена. Покажем методом математической ин-
дукции, что хп< 100m при всех и СЛГ. При п= 1 утверждение спра-
ведливо: xl = l<100m. Предположим, что оно справедливо при
/г = &, т. е. xft<100m. Докажем, что в таком случае утверждение
справедливо и при n = k-\- l.-Так как число равно сумме цифр
числа mxk, то в силу доказанного неравенства
xft + i =S (mxfe)< 10
B силу предположения индукции отсюда следует, что
xfe + i < 10 -у/m - 100m = 100m, *
т. е. при п = k +1 утверждение справедливо.
Следовательно, хл<100т при всех n£N. Таким образом,
последовательность (хл) ограничена, а отсюда, как отмечалось, сле-
дует утверждение задачи.
204
114.	Пусть целые числа х и у удовлетворяют данному уравне-
нию. Тогда выполняется равенство
7 (х + у) = 3(х2-ху+у?\
Положив р = х-\-у, q — x — y и подставив х=--(р + ^). У =
=-^-(р — q) в это равенство, получим:
7p=f (P2W). 28р=3 (p2 + 3p2).
Отсюда следует, что число р неотрицательно и делится на 3,
т. е. р=ЗЛ, где k — неотрицательное целое число. Подставив
p = 3fe, получим 28Л = 3 (3&2 + у2). Отсюда следует, что k делится
на 3, поэтому fe = 3m, где т — неотрицательное целое число. Под-
ставив k = 3tn, получим
28m = 27m2 + у2, т (28 — 27m) =q2.
Так как р2^0, то либо т = 0, либо т = 1.
Если т = 0, то k = 0, р = 0, р=0, и, значит, x=y=Q. Однако
числа х=0 и у=0 не удовлетворяют данному уравнению.
Если же m= 1, то 6 = 3, р = 9, р2= 1. Если р=9, р= 1, то х=5,
у=4, а если р=9, q = — 1, то х=4, у = 5. Проверка показывает,
что обе пары чисел х = 5, у=4 и х=4, у = 5 удовлетворяют данно-
му уравнению.
116.	Докажем, что сеть дорог, удовлетворяющую двум выдви-
нутым требованиям, построить можно. Обозначим населенные
пункты через А, В, С, D. Если соединить прямолинейными дорога-
ми А с С к В с D (рис. 177,а), то получится сеть дорог, по которой
можно из любого пункта проехать в любой другой пункт. Таким
образом, указанная сеть дорог удовлетворяет второму требованию.
Поскольку, однако, сумма длин этих дорог равна 2 -10 д/2 км, т. е.
205
больше 28 км, указанная сеть дорог не удовлетворяет первому
требованию. Покажем, как следует изменить конфигурацию, изоб-
раженную на рисунке 177,а, чтобы выполнялись оба требования.
Заметим, что естественно нужно пытаться найти симметричную
конфигурацию.
Пусть Е и F — середины отрезков ВС и AD соответственно,
а точки /< и Л1 таковы, что EK—MF (рис. 177,6). Если точки К и М
взяты так, что EK = KM=MF=^- км, то BK=CK=AM = DM =
+ 52 км=-|—УТз км, поэтому сумма длин дорог ВК, КС,
КМ, AM, DM равна 4--|—, т. е. меньше 28 км. Следова-
тельно, эта сеть дорог удовлетворяет условиям задачи. Взяв точки
К и М так, что EK = MF=S км, снова получим сеть дорог, удовлет-
воряющую условиям задачи: сумма длин всех дорог в этом случае
равна 4 + 4 -\/35 + 52=4 + 4 у/34, т. е. меньше 28 км.
Замечание. Среди симметричных конфигураций, анало-
гичных рассмотренным, имеется конфигурация, для которой сумма
длин дорог минимальна. Назовем эту конфигурацию оптимальной
и найдем ее. Обозначим х = ЕК. Тогда MF = x, КМ = \0 — 2х,
AM = BK = CK = DM=^jx2-\-25, поэтому сумма длин дорог равна
S (х)= 10 —2х+4 у/-*2+ 25 км. Для того чтобы найти оптимальную
конфигурацию, нужно найти наименьшее значение функции S (х)
на отрезке [0; 5]. Вычислив производную
S'(x)
4х
л/х2+25
и решив уравнение S' (х) = 0, найдем, что свое наименьшее значе-'
ние, равное 10 +Ю-\/3 км, функция S (х) принимает при х =
=——. Нетрудно проверить, что в случае оптимальной конфигура-
->/3
ции, изображенной на рисунке 177,6, дороги на перекрестках К и М
сходятся под углом 120°.
117.	а) Разделим единичный круг с центром О на 18 равных
секторов с углом 20° (рис. 178). Площадь каждого такого сектора
равна +- площади единичного круга, т. е. равна Рассмотрим
18	18
АЛОВ. Его площадь равна -ОВ-sin Z.АОВ =+-sin 20°
и, очевидно, меньше площади сектора АОВ. Следовательно,
-i-sin 20°<2р т. е. sin 20° Поскольку	получаем, что
7
sin 20° <—, что и требовалось доказать.
б)
График функции y — sinx на отрезке
является выпук-
206
лым вверх, поэтому при всехх^ ^0; он расположен выше графи-
ка прямой у= — х, проходящей через его концевые точки, т. е.
л
через точки с координатами (0; 0) и (-2-; (рис. 179). Следова-
тельно, при всех хн 0; -£-) выполняется неравенство sin х> —х.
Полагая в этом неравенстве х—^ получаем:
sin 20° = sin -2_> А. * = _1_
9 л 9	3
что и требовалось доказать.
118.	Пусть а — произвольная плоскость, проходящая через
центр-О шара, а I — прямая, проходящая через О и перпендику-
лярная а. Прямая I пересекает
поверхность шара в двух диамет-
рально противоположных точках
А и В. Плоскость а делит простран-
ство на два полупространства. (На
рисунке 180 в точках А и В прове-
дены касательные к шару плоско-
сти 0||а и у|| а.) Очевидно, что из
точки А (из точки В) не видно то-
чек плоскости а и точек того
полупространства, в котором лежит
точка В (соответственно точка Д).
Воспользуемся последним оче-
видным утверждением для реше-
ния задачи. Обозначим данные
точки через Д |, Дг,.... Дэ и проведем
207
плоскость а так, чтобы она содержала точки Ai и А2. Остальные^
семь точек будут расположены где-то в полупространствах, на;
которые разбивает пространство плоскость а, и, быть может, в >
самой плоскости а. Точки, попавшие в плоскость а, не видны ни иа.3
точки Д, ни из точки В. Исключим эти точки, если они имеются.
Из оставшихся точек, очевидно, в одно из полупространств попа-
дет не более трех точек. Если этим полупространством окажется
полупространство, в котором лежит точка А (точка В), то точка А
(соответственно точка В) и будет искомой.
119.	Занумеруем фишки по часовой стрелке числами от 1 до 30.
Рассмотрим 15 фишек с четными номерами. Не ограничивая общ-
ности, можно считать, что среди этих фишек не более 7 белых.
Тогда среди фишек с нечетными номерами столько же черных.
Меняя их местами с белыми, имеющими четные номера, придем
к требуемому расположению фишек, в котором каждые две сосед-
ние имеют разный цвет. Для этого потребуется сделать не более .
7 ходов.
Покажем, что если фишки расположены так, что сначала под-
ряд идут 15 белых фишек, а затем 15 черных, то менее чем за 7 хо-
дов получить требуемое расположение нельзя. Действительно,
чтобы в рассматриваемом случае перейти к расположению, в кото-
ром каждые две соседние фишки имеют разный цвет, необходимо ,
заменить по меньшей мере 7 белых фишек на черные и 7 черных
фишек на белые. Таким образом, по меньшей мере 14 фишек долж-
ны быть сдвинуты с места, а этого нельзя достичь менее чем за 7
ходов.
Следовательно, наименьшее число ходов, за которое от произ-
вольного исходного расположения фишек можно перейти к распо-
ложению, в котором каждые две соседние фишки имеют разный
цвет, равно 7.
120.	Воспользуемся методом доказательства от противного.
Предположим, что для каждого /£{2, 3, 4, 5, 6) выполняется про-
тивоположное неравенство 0г_| 4-a< + i >Ол \/3. Выпишем эти пять
неравенств:
4~ а3 > й2	02 4“ Щ аз д/З, а3 4~ #5 > 04 д/З,
04 4~ #6 > д/З, 05 4“ а7 > 06 д/З.
Так как 01=0, то из первых двух неравенств следует, что 02-|-
4-04 > аз д/3>302, или 04 >202. Из двух последних неравенств
аналогично .находим, что 04>206. Следовательно, 04>02 + ^6.
Сложив теперь второе и четвертое неравенства, получим нера-
венство 02 4-204 4-Дб > (0з + as) д/З. Отсюда и из третьего нера-
венства следует, что 02 + 2044-аб>304, или 024-аб>а4. Послед-
нее неравенство противоречит полученному выше неравенству
04>02 + а6. Следовательно, наше предположение неверно, и, зна-
чит, для некоторого номера Z£{2, 3, 4, 5, 6} выполняется нера-
венство 0,-1 4-0< + 1 ^0/д/З, что и требовалось доказать.
208
Замечание. Семерка чисел
а1 =0, a-i = 1, а3=уЗ, а4 = 2, а5=-^3, Bf
аб«1, а?=О удовлетворяет усло-
вию задачи, и для нее при каждом
/£(2, 3, 4, 5, G| выполняется равен-
ство а< _ 14- +1 = Oi
121.	Рассмотрим сначала случай,
когда точка D лежит на отрезке ВС
(рис. 181). Тогда точки С и Ct
лежат по одну сторону от прямой
DM. Так как Z_DCM = Z.DC\M,
то точки С и С| лежат на одной
окружности с хордой DM. Следо-
вательно, окружности, описанные
около &MDC и ДЛ1ССь совпа-

дают. Аналогично доказывается,
что совпадают окружности, опи-
санные около £±МЕС\ и дМССь
и, значит, точки С|, С, D, М и Е лежат на одной окружности.
Пусть теперь точка D лежит на прямой ВС вне отрезка ВС
(рис. 182). Тогда точки С и Ct лежат по разные стороны от прямой
DM. Z.BCM+'Z_MCD= 180°. Так как £DCiM= <СВСМ, то
Z.DC\M + Z-MCD = 180°. Отсюда следует, что точки С и Cj лежат
на одной окружности с хордой DM. Таким образом, и в этом случае
окружности, описанные около &MDC и ДЛ4СС], совпадают.
Аналогично устанавливается, что совпадают также и окружности,
описанные около ДЛ1£С| и Л МСС\. Следовательно, и в этом слу-
чае точки Cj, С, D, М и Е лежат на одной окружности.
Рис. 182
209
A R S C
Рис. 183
122.	Начнем с исследования. Пусть S — середина сто-
роны АС. Докажем, что &PQS равнобедренный прямоугольный
с гипотенузой PQ. Это очевидно, если Z В = 90°. Пусть для опреде-
ленности ZB<90° (случай ZB>90° рассматривается анало-
гично) и пусть D и Е — середины сторон АВ и ВС соответственно
(рис. 183). Тогда ^PDS— &SEQ, так как PD—AD = SE> DS =
= EC = EQ и APDS=90°+ ZXPS = 90°+ ASEC = Z.SEQ.
Следовательно, PS = QS и Z_PSD= /LSQE. Стороны DS и EQ
равных углов PSD и SQE взаимно перпендикулярны, эти углы от-
ложены от прямых DS и EQ в одном и том же направлении (на ри-
сунке 183 против часовой стрелки), поэтому стороны PS и SQ так-
же взаимно перпендикулярны.
Теперь мы можем описать искомое построение. Сначала на
серединном перпендикуляре к отрезку PQ от середины Т отрезка
откладываем отрезок ST— --PQ так, чтобы точки S и R находи-
лись по одну сторону от прямой PQ. Затем на прямой RS строим
точки А и С, такие, что AR = 2RSf CS = AS. Точку В находим те-
перь из условия, что дЛРВ равнобедренный прямоугольный с ги-
потенузой АВ. Так как все указанные построения могут быть вы-
полнены с помощью циркуля и линейки, то точки Д, В и С могут
быть построены с помощью циркуля и линейки указанным спосо-
бом.
123.	Докажем методом от противного. Предположим, что числа
1,2,..., Зл разбиты на три такие группы Д, В, С, что указанный в ус-
ловии задачи выбор невозможен. Пусть а, Ь, с — наименьшие
элементы в соответствующих группах, причем а<Ь<с. Тогда
а= 1, Ь^2. Если b =2, то г=/=3, и, следовательно, с ^4. Если b >2,
то с^6-|“1^4, т. е. в любом случае с^4. Обозначим через s
наименьшую (по абсолютной величине) разность между сосед-
210
ними членами последовательности, образованной из чисел груп-
пы С, расположенных в порядке возрастания. Рассмотрим три
случая.
a)	5^3. Тогда из чисел 3k— 2, 3k—1, 3k, где k = 1, 2, ..., п, не
более чем одно входит в С, причем из чисел 1,2, 3 ни одно не входит
в С. Следовательно, в С содержится не более п — 1 чисел. Противо-
речие.
б)	5=2. Пусть с' — произвольное число из С. Тогда с' — \£С.
Так как 1£Л и (с'—1)4-1 —с', то с' — \£В. Следовательно, с' —
— 1£Л, т. е. в Л содержится п чисел вида с' —1, где с'£С.
Так как 1 £ Л, а с' — 1 для любого с'£ С, то в Л содержится не
менее «4-1 чисел. Противоречие.
в)	s = l. Выберем среди чисел с, принадлежащих С и таких,
что числа с 4*1 также принадлежат С, наименьшее число, которое
обозначим через с. Рассмотрим (натуральные!) числа с — b и с —
— &4" 1 и докажем, что они оба принадлежат С (тем самым будет
получено противоречие с выбором с). Очевидно, что b — 1 £А. Так
как (с — Ь4* 1)+(Ь — 1) = с, то с —Так как (с—64-1)4-
4-& = с4- 1, где>--|-1 €С в силу выбора с, то с — b4-1 Следова-
тельно, с — 6 4-ICC. Аналогично доказывается, что с — Ь^С.
Итак, во всех рассмотренных случаях мы пришли к противоре-
чию. Это доказывает, что сделанное предположение не может
иметь места, и потому утверждение задачи справедливо.
124.	Для доказательства достаточно показать, что при каждом
п данное число раскладывается на множители. Имеем:
11...	12 il„i = i_uh 00 • 04” J_L_L = 1 i-i-(io" 4-1).
п цифр п цифр	Л + 1	п цифр	п + 1	Л 4-1
цифр	цифр цифр
125.	Вычитая из первого уравнения второе, получаем:
х2х3 (xi — x4)=xi — х4. Отсюда следует, что либо х2хз = 1, либо
xi=x4. Первый случай невозможен: если х2х3=1, то из первого
уравнения следует, что х2 + х3 = 0, а система уравнений х2х3 = 1,
х2-|-хз = 0 несовместна. Остается вторая возможность: xi=x4.
Аналогично, рассматривая второе и третье уравнения, получаем,
что х2 = Х5. Из третьего и четвертого уравнений следует, что хз = х6.
И т. д. Из 1985-го и 1986-го уравнений следует, что^1985 = Х), а из
1986-го и 1987-го уравнений, что х1986=х2. В результате получаем,
ЧТО Х3 = Хб = Х9 = -.. = ^1986=Х2=Х5=Х8 = ...=Х1985 = Х1 = Х4=Х7 =
= ...=Х1987. Следовательно, любое решение данной системы имеет
вид (х; х; х), где х — некоторое действительное число. Полагая
в первом уравнении х} = х2=х3 = х, находим, что х3 = Зх, т. е. либо
х = 0, либо х = д/3, либо х= — д/3.
Легко проверить, что (0; 0;	0), (д/3; д/3;	д/3) и (—д/3;
—д/З;	— д/3)— решения системы. Других решений данная
система не имеет.
211
т. е. прямая DA — биссектриса
лежит на СЬА, рассматривается
Рис. 185
126.	Для того чтобы точка А была равноудалена от пря- ,
мых BD и CD, необходимо и достаточно, чтобы она лежала ,
на биссектрисе одного из углов, образуемых этими прямыми.
Пусть точка D взята на дуге ВаС (рис. 184, а). ВсА = СЬА, /
значит, Z_BDA = Z.CDA, т. е. прямая DA — биссектриса Z.BDC.
Пусть точка D взята на дуге ВсА (рис. 184, б). Докажем, что
тогда прямая DA—биссектриса Z.EDC. Действительно,
Z.EDA — внешний для ДОВЛ — измеряется полусуммой итА
и DnB, т. е. измеряется половиной АТУВ, Z-ADC измеряется
половиной АЬС, равной ADB. Следовательно, zLADC= Z.EDA,
Z.EDC. Случай, когда точка D
аналогично.
127.	Пусть К, L, N, М — се-
редины отрезков AC, AD, BD„
ВС соответственно, Р и Q — се-
редины сторон АВ и CD (рис.
185). Заметим, что четырех-
угольники PMQL и KMNL яв-
ляются параллелограммами,
причем S,>Mq£=-£-S. Докажем,
что параллелограмм KMNL ле-
жит. внутри параллелограмма
PMQL и, следовательно, его
площадь меньше площади
PMQL, т. е. меньше
Обозначим через EmF точки
пересечения отрезков PL и МQ с
212
диагональю АС. Покажем, что точка К лежит между точками Е и
F. Действительно, если бы, например, точка К лежала на отрезке
АЕ, то выполнялось бы неравенство АК^АЕ. Тогда, поскольку
EF = PM = АК — ^-АС. имели бы место соотношения АС = 2А/< =
=AK~\-EF^AE-\-EF = AF<zAC, что невозможно. Точно так же
устанавливается, что точка К не может лежать на отрезке FC.
Итак, точка К лежит между точками Е и F, т. е. лежит внутри па-
раллелограмма PMQL. Аналогично получаем, что и точка N лежит
внутри параллелограмма PMQL. Отсюда, как отмечалось, следует
требуемое неравенство
Замечание. Доказанное неравенство является точным: от-
ношение	может быть сколь угодно близким к -у-.
128.	Очевидно, что на каждом шаге сохраняется остаток от
деления на 7 суммы всех записанных чисел. Пусть второе из остав-
шихся чисел равно х. Тогда остаток от деления на 7 суммы х-|-987
равен остатку от деления на 7 суммы 1+2-|-3 + ...-|-1986-|-
+1987 = 1987*7-142, т. е. равен нулю. Число 987 делится на 7.
Следовательно, и число х должно делиться на 7. Так как число 987
не является остатком от деления на 7, то число х является остат-
ком от деления на 7, т. е. 0<;х^6. Поскольку х, как показано,
делится на 7, то х = 0.
129.	Число 14 не является квадратом. При п = 2 и п = 3 получа-
ются квадраты: 144 = 122, 1444 = 382. Пусть4 и пусть 144...4 =
п цифр
= т2, m£N. Тогда т четно: m=2k, k£N, а число k удовлетворяет
равенству 3611...1 =k2 и, следовательно, нечетно: 6=2/4- 1, l£N.
п — 2 цифры
Приходим к противоречию: из равенства 3611... 10 = 4 (/2 + /) еле-
п —3 цифры
дует, что число 3611...10 делится на 4, а это неверно, поскольку оно
« — 3 цифры
оканчивается на 10. Следовательно, ни одно из чисел вида 144...4
п цифр °
при л>4 не является квадратом.
130.	Отложим интересующую нас монету и положим на чаши
весов оставшиеся 98 монет, разделив их как-то на две группы, по 49
монет в каждой. Докажем, что если стрелка покажет нечетное
число граммов, то отложенная монета фальшивая, а если четное,
то настоящая. Вычтем из веса каждой монеты вес настоящей моне-
ты. Получим 99 целых чисел, каждое из которых либо равно нулю,
либо нечетно. По условию задачи суммарный вес всех данных
монет равен весу 99 настоящих монет, поэтому сумма всех получив-
213
шихся нечетных чисел равна нулю, т. е. их четное число. Следова-;
тельно, число фальшивых монет четно.
Если отложенная монета фальшивая, то на чашах весов нахо-
дится нечетное число фальшивых монет и, значит, на одной чаше
лежит нечетное число фальшивых монет, а на другой — четное.
Следовательно, вес первой чаши отличается от веса чаши с 49
настоящими монетами на нечетное число граммов, а вес второй —
на четное число граммов. Таким образом, веса грузов, положенных
на чаши, отличаются на нечетное число граммов, и, следовательно,
стрелка покажет нечетное число граммов. Если отложенная монета
настоящая, то аналогично получаем, что стрелка покажет четное
число граммов.
131.	Левая часть неравенства равна cos2 а + cos2 0 +cos у =
= 1	(cos 2а Ну cos 20) — cos (а + 0) = 1 + cos (а + 0) (cos (а — 0) —
— 1). Следовательно, данное неравенство равносильно не-
равенству 4 cos (а + 0) (1 — cos (а —0))< 1. Так как для любых
действительных чисел х и у справедливо неравенство 4xy^(x + t/)2,
то 4 cos (а + 0) (1 —cos (а —0))<(cos (а + 0) + 1 —cos (а — 0)) —
= (1 — 2 sin а sin 0)2. Но а и 0 — углы треугольника, поэтому
О<2 sin а sin 0<2, и, следовательно, (1 — 2 sin<х sin 0)2< 1.
Замечание. Данное неравенство точное: левую часть мож-
но сделать сколь угодно близкой к —- если взять	, а а близ-
4	о
КИМ к —.
3
132.	Проведем через точку М прямую m\\k и обозначим через
С\ и D\ точки пересечения прямой т с данными окружностями.
Возможны два случая: 1) точки С, и D\ лежат на прямой т по
разные стороны от точки М (рис. 186); 2) точки Ci и D\ лежат на
прямой т по одну сторону от точки М (рис. 187). В обоих случаях
четырехугольник ABD\C\ является параллелограммом. Действи-
тельно, по построению ABD\C\—трапеция. Остается доказать,
что Z-BAC\ — 2-BD\C\. Рассмотрим для определенности случай
214
расположения, указанный на рисунке 186. В этом случае АС\МК
и MKBDi — равнобочные трапеции, поэтому ABAC) = Z.АКМ и
Z-BDiM = Z-KMD\. Так как k^m, то = Z_KMD\, и, следо-
вательно, Z-BACi = ZBDjCi.
Поскольку ABD\Ci — параллелограмм, AB = CtDi. Так как по
условию Z.KMD\ = Z.4/(A4 = Z.MKD, то прямые I и т симметрич-
ны относительно линии центров OtO2 данных окружностей. Следо-
вательно, CD = C}Di, и, значит, CD=AB.
133.	Пусть направление движения шара образует угол а с осью
Ох, где а отсчитывается против часовой стрелки от оси Ох
(рис. 188). При отражениях от сторон биллиарда углы, определяю-
щие направление движения шара, изменяются следующим обра-
зом:
а -► —а (от АВ); а -+ 240° —а (от ВС);
а -► 120° — а (от АС).
(Углы указываются с точно-
стью до периода 360°, например,
если а = 330°, то при отражении
от АВ берем — а=—330° +
+360°=30°, а при отражении
от ВС берем 240° — а = 240° —
—330° 4-360°=270°.)
В результате нескольких от-
ражений можно получить не
более шести направлений дви-
жения шара: а, —а, 120° —
а-120°, 240° —а, а —240°.
Это означает, что биллиард-
ный шар может двигаться не бо-
лее чем в шести различных на-
В х
Рис. 188
215
X	X	X	X	X	X	X	X		X	X	X	X	X	X
о	О	О	О	о	о	О	о		О	О	О	о	О	о
о	О	О	О	о	О	О	о		О	О	О	О	О	о
X	X	X	X	X	X	X	X		X	X	X	X	X	X
X	х	X	X	X	X	X	X		X	X	X	X	X	X
О	О	о	О	о	О	О	О		О	О	о	О	О	О
о	О	О	О	О	О	О	О		О	о	о	о	О	о
X	X	X	X	X	X	X	X		X	X	li.	X	X	X
198 клеток
5)
Рис. 189
правлениях. Следовательно, если через некоторую точку шар
прошел 7 раз, то по крайней мере 2 раза он прошел через нее
в одном и том же направлении. Последнее означает, что дви-
жение шара с этого момента является периодическим. Отсюда
следует утверждение задачи.
134.	а) Покажем, что требуемое заполнение крестиками и ну-
ликами таблицы 3X3 осуществить нельзя. Предположим против-
ное. Рассмотрим центральную клетку таблицы. Пусть для опре-
деленности в ней стоит крестик. Тогда в клетках А, В, С, D
(рис. 189,а) стоит ровно один нулик. Не ограничивая общности,
можно считать, что нулик стоит в клетке А. Тогда в клетках С и D
стоят крестики. Следовательно, в клетке Е не может стоять крес-
тик, поскольку тогда рядом с этим крестиком не будет стоять ни
одного нулика. Однако и нулик в клетке Е стоять не может, по-
скольку тогда рядом с этим нуликом будут стоять только крестики,
что противоречит условию задачи. Следовательно, таблица разме-
ром 3X3 не может быть заполнена требуемым способом.
б) Требуемое заполнение таблицы 198X8 крестиками и нули-
ками возможно. Пример, удовлетворяющий условию, приведен на
рисунке 189,6.
135.	Воспользуемся методом математической индукции. При
л = 1 доказываемое утверждение очевидно. Предположим, что ут-
верждение справедливо при n = k, и докажем его справедливость
при п =	1. Воспользуемся тождеством 1 +cos а =2 cos2--- Ис-
пользуя предположение индукции, получаем:
^/2 + V2 + ...+-V2 + ^=^/2 + 2cos^- =
Л-Н знаков корня
=-1\/2-2cos2-^r =2 cos ,
т. е. и при п = й-|-1 утверждение справедливо. Следовательно,
равенство, указанное в условии задачи, справедливо при всех n£N.
216
136.	Обозначим через Q точку пересечения прямых AL и ED,
через Р точку пересечения прямых СК и FG (рис. 190). Четырех-
угольники ABMQ и ВСРМ являются, очевидно, параллелограм-
мами. На продолжении отрезка МВ за точку В возьмем точку М
так, чтобы M3 = BN. Тогда ABNL и BCKN— параллелограммы
(поскольку AL = BN = CK и ALЦВЛГЦСК). &ABC=aLNK,
поэтому S&ABC=S ^tNK. Отсюда следует, что площадь параллело-
грамма ACKL равна сумме площадей параллелограммов ABNL и
BCKN. Но SABnk=SABMQ (эти параллелограммы имеют общее ос-
нование АВ и равные высоты, опущенные на это основание) и
= т- е-	Аналогично устанавливается,
что SBcKN=SBct..a. Из последних двух равенств, а также из равенст-
ва Sa(:kl=$abnl + SbCkn следует утверждение задачи.
Замечание. Частным случаем доказанного утверждения
является теорема Пифагора.
137.	Так как тетраэдр ABCD правильный, то DE — его высота.
Обозначим через F середину ребра А С (рис. 191). Без ограничения
общности можно считать, что ребро тетраэдра ABCD равно 1.
Тогда
BF=^-, AE = BE=^-BF=—, DE=^l4-.
2	3 7з	V 3
дАЕМ = &ВЕМ, причем ВМ=АМ. По условию Z_AMB = 90°,
значит, дАМВ равнобедренный прямоугольный и АВ = ВМ д/2.
Но BM = VB£2 + £M2. Тогда 1 =у/2--\Мн-£М2 и ЕМ = -± =
Следовательно, ЕМ:MD = 1:1.
138.	Справедливо следующее тождество:
Р(х)=6а-	^-0 +ia + b + c)x + d.
6	2
Рис. 190
217
По условию числа d = P (0) и a-\-b+c-\-d = P (1) целые. Поэтому и
число а-{-Ь + с целое. Кроме того, числа Р ( —l)=2ft —
— (a + b-\-c)-\-d и 2ft также целые. Наконец, поскольку Р(2)=
= 6a + 2ft + 2(a + ft4-c)-|-d — целое число, то 6а тоже целое число.
При любом целом х числа	и	являются
г	6	2
целыми, так как произведение трех последовательных целых чисел
всегда делится на 6, а произведение двух последовательных целых
чисел всегда делится на 2. Отсюда и из того, что числа 6а, 26,
а + Ь-\-с и d целые, следует утверждение задачи.
Замечание. Справедливо следующее утверждение,
обобщающее утверждение задачи: многочлен степени k^n, имею-
щий целые значения при п + 1 последовательных целых значениях
независимой переменной, принимает целые значения при всех це-
лых значениях независимой переменной.
139.	Покажем, что искомой цифрой является только цифра 3.
Цифра 3 удовлетворяет условию задачи, так как, например,
25 = 32, 55 = 3125. Докажем, что другие цифры не подходят. Значе-
ния п=1, 2, 3 не удовлетворяют условию задачи. Пусть /г>3 и
пусть числа 2п и 5Л начинаются с цифры а и имеют соответствен-
но s + 1 и /	1 цифр. Тогда справедливы неравенства
а* 105<2Л<(а+1). 10s,
а- 10'<5"<(а+ 1). 10",
перемножая которые получаем неравенства
a2.10s+'<10n<(a+l)2-10s+', или a2< 10n-s-'<(a+ I)2.
Отсюда и- из неравенств 1^а=С9 следует, что п — « — /=!.
Следовательно, a2< 10<(а+ I)2. Так как a — цифра, то а = 3.
141.	Докажем, что прямая АВ касается окружности ради-
уса 2 с центром в точке М (0; 2). Пусть а=АОВА,
А (а; Jzj)’ @а', 0)’ & (а; 0) — середина отрезка ОВ. Тогда
(рис. 192) tga=^|- = -^-, и поэтому tg v=T=or'. Сле-
довательно, прямая МВ является биссектрисой Z.OBA, т. е. точка
М удалена от прямой АВ на расстояние 2. А это и означает, что
прямая АВ касается окружности радиуса 2 с центром М.
142.	S^BCD=-^-AC*B£)-sin (ЛС, BD\ где(АС, ВО)—угол меж-
ду диагоналями АС и BD. Аналогично
SpqRT=-yPR-QT-sin (PR, QT).
Из условия задачи следует, что отрезки PR и QT
218
получаются с помощью параллельных переносов из отрезков
АС и BD соответственно (рис. 193). Значит, PR = AC, QT = BD,
(PR, QT)=(AC, BD), и, следовательно, SABCD = Sp()f(T.
Замечание. Утверждение задачи остается справедливым
и для невыпуклых четырехугольников ABCD и PQRT.
143.	Пусть а$\ ....	— последовательность, полученная
из исходной последовательности ait az, .... ап после k шагов, а* —
число, вычитаемое на k-м шаге.
а)	Положим ai =-£-(ai Н-аг). Тогда в последовательности aV\
a9\ .... On1’ первые два числа будут одинаковыми:
=-|- |ai —аг|. Положим теперь а2=-^-(а^+а^). Тогда в последо-
вательности а(2\ а^\ а^\ ..., одинаковыми будут числа =
219
= a^ = a^2) = -i-—Далее поступаем аналогично» выби-
рая на /-м шаге а,=^(ар_|) + а^н / = 3, 4,...» п— 1. Тогда после
/7—1 шагов получим последовательность	...»
состоящую из одинаковых чисел. Взяв ал = а(гГ“1\ мы после м-го
шага получим последовательность, состоящую из п нулей.
б)	Покажем, что наименьшее число шагов равно п. Слово
«наименьшее» следует понимать так: существует последователь-
ность, которая может быть переведена в нулевую за п шагов и не
может быть переведена в нулевую за меньшее число шагов.
Заметим, что если при преобразовании последовательности в
нулевую за несколько шагов на каком-то шаге вычитаемое число а
было меньше наименьшего из чисел имеющейся в данный момент
последовательности, то число шагов можно уменьшить. Действи-
тельно, если на следующем шаге (а такой шаг имеется!) вычитае-
мое равнялось [}, то результат преобразования последовательности
за два шага с вычитаемыми аир можно получить за один шаг с вы-
читаемым а + р (это вытекает из равенства ||а/ — а|—р| =
= |а/—(а + Р)|, справедливого, поскольку4 at>a). Аналогично
можно уменьшить число шагов, если вычитаемое а больше наи-
большего из чисел последовательности: в этом случае результат
преобразования за два шага с вычитаемыми аир получается за
один шаг с вычитаемым а —р. Следовательно, если последователь-
ность переводится в нулевую за наименьшее число шагов, то вычи-
таемое всякий раз выбирается из отрезка между наименьшим и
наибольшим числами имеющейся в данный момент последователь-
ности.
Методом математической индукции докажем теперь, что необ-
ходимо не менее п шагов, чтобы перевести последовательность 1!,
2!, ..., п\ в нулевую. При п = 2 утверждение верно, так как за один
шаг в нулевую можно перевести только последовательность, со-
стоящую из равных между собой чисел.
Пусть доказано, что последовательность 1!, 2!,..., kl переводит-
ся в нулевую не менее чем за k шагов. Предположим, что последо-
вательность 1!, 2!, ..., £!, (Л+1)! (а следовательно, и последова-
тельность 1!, 2!, ..., й!) можно перевести в нулевую за k шагов.
Из проведенных выше рассуждений следует, что число аь вычита-
емое на первом шаге, удовлетворяет неравенствам l!^ai<£L
На любом последующем шаге вычитаемое а, также не больше наи-
большего из чисел, получающихся из первых k чисел исходной по-
следовательности. Но это наибольшее из чисел, очевидно, не пре-
восходит А!. Следовательно, число (&+ 1)! за k шагов преобразует-
ся в число
|...|	1)! — aj — a2| ——ad =
—(k -|- 1)! —(a। -|- a2	“h ad(Л -|- 1)! — k • k \ = k\	0,
которое отлично от нуля. Получили противоречие. Следовательно,
220
последовательность 1!, 2!,	(Аг—|- 1)! переводится в нулевую не
менее чем за k 4-1 шагов. Утверждение пункта б) доказано.
144.	а) Требуемого результата можно добиться, если действо-
вать, например, по следующей схеме (стрелка обозначает одну из
двух разрешенных условием задачи операций):
(1989; 989; 89)-► (1900; 900; 0)-> (950; 900; 950)-►
----► (50; 0; 50)-- (25; 25; 50)-> (0; 0; 25).
б) В этом случае требуемого результата добиться нельзя.
Действительно, после каждого хода остаток от деления на 3 обще-
го количества камешков во всех трех кучках не меняется, а сумма
19894-9894-89 не делится на 3.
145.	Пусть хп = 13 • (— 50)" 4-17 • 40л — 30. Доказательство того,
что числа хп делятся на 1989 при всех п = 1, 2,..., проведем методом
математической индукции.
Предположим, что хп делится на 1989. Докажем, что х„+1 также
делится на 1989. Имеем:
х„+1 = 13-(-50)л + ‘4-17-40л+1-30 =
= 13-(-50)л-(-514-1)4-17-40л.(394-1)-30 =
= 13-(-50)л-(-3-174-1)4-17-40"-(3-134-1)-30 =
= -3-13- 17-(-50)л4-3-13- 17-40л4-хп =
= 3-13- 17-(40л —(-50)л)4-х„.	(1)
Второе слагаемое в (1) делится на 1989 в силу предположения.
Первое слагаемое, используя тождество
ап - Ьп=(а - Ь) (ап~14-а"~26 4- ... 4-а&л~2 4- Ьп~'),
представим в виде
3-13-17-(40 — ( — 50))-(40л~'4-40л_2-( —50)4-.••-!-( —50 )л-|)=
= 1989-30- (40л-14-... 4-( - 50)" “').
Мы видим, что и первое слагаемое в (1) делится на 1989. Следо-
вательно, число Xn+i делится на 1989, что и требовалось доказать.
Поскольку число Х\ =0 делится на 1989, то из доказанного следует
утверждение задачи.
Замечание. Из доказанного следует более сильное у т-
верждение: все числа хп, где п = 1, 2..делятся на 59 670 =
= 1989-30.
146.	На интервале (О; данное неравенство равносильно
неравенству 3x>4sinx—^-sin 2х, которое мы и докажем. Рас-
смотрим функцию f (х)=3х—4 sin x4--|-sin 2х. Ее производная
f' (х)=3 — 4 cos x4-cos 2х = 2 (1 — cos х)2 принимает положитель-
ные значения при 0<х<-2-. Следовательно, на указанном интер-
221
вале функция f (х) строго возрастает, и поэтому f (x)>f (0)=0, т. е.
при	выполняется неравенство 3x>4sinx—^-sin 2х.
147.	I с п 6 с о б. Пусть К, L, М, N — середины сторон четы-
рехугольника ABCD, а й|, h, Л2 — высоты ЛКВО, &KLM,
А ОСМ, проведенные из вершин В, L, С соответственно (рис. 194,а).
Тогда справедливо равенство h=-^-(hi Н-Лг). Так как KL\\AC\\NM,
LM\\BD\\KN, то KLMN— параллелограмм, и, значит, О — сере-
дина отрезка КМ. В таком случае SAK0B+SaMOC=-|-Ai-КО +
4—=-£-(/ii +h2)-KO=±h-KM = S^KLM. Следовательно,
ЗдловН-^ доос=2 дков+-$ дмос) = 23&klm = Sklmn- Остается за-
метить, что площадь четырехугольника ABCD вдвое больше пло-
щади параллелограмма KLMN.
II способ. Прежде всего заметим, что если ABCD — парал-
лелограмм и О — его произвольная внутренняя точка, то справед-
ливость утверждения (рис. 194,6) доказывается так:
222
Рис. 195
Здлоз+Здоос—~а^\ "h—ah?—~а (Ai + ^2)—~S4BCU.
Если же ABCD — произвольный выпуклый четырехугольник, то
его можно разрезать по отрезкам КМ и NL, соединяющим середи-
ны его противоположных сторон АВ и CD, ВС и AD, и из получив-
шихся четырехугольников сложить параллелограмм TOQP так,
как показано на рисунке 194,в. На этом рисунке точки О и Q, С и D,
L» R симметричны относительно середины М отрезка CD (поэтому
равны четырехугольники OLCM и QRDM), точки А и D, О и Т, К и
5 симметричны относительно середины N отрезка AD (поэтому
равны четырехугольники AKON и DSTN), Р — точка пересечения
прямых QR и TS. Таким образом, по построению OQPT — парал-
лелограмм. Покажем, что четырехугольники KBLO и SDRP равны,
и, значит, из получающихся при разрезании четырехугольников
KBLO, OLCM, OMDN и AKON действительно можно сложить
параллелограмм. Углы при вершинах S, D, R, Р четырехугольника
SDRP равны по построению соответственно углам при вершинах
К, В, L, О четырехугольника KBLO. Так как точки К и L — середи-
ны соответствующих сторон АВ и ВС, то BK=KA = DS, BL = LC=
= DR. Таким образом, четырехугольники SDRP и KBLO равны
по двум соседним сторонам и трем прилегающим к ним углам.
В силу сделанного выше замечания сумма площадей & TDP и
&ODQ равна половине площади параллелограмма OQPT, кото-
рый равновелик, как показано, данному четырехугольнику ABCD.
Остается заметить, что & TDP равновелик дЛОВ, a &ODQ рав-
новелик £\DOC.
148.	а) Продолжим отрезок АВ за точку А с помощью линей-
ки, а затем, пользуясь шаблоном, нарисуем два полукруга так,
как показано на рисунке 195. Тем самым будет найдена точка О —
223
I
с
.	У £>/	/
я <* X к у
\ / \------------------
f\ / /
Рис. 197
середина отрезка СА. Затем выполним построения, как на рисунке
196, где О' — середина отрезка ВС', находимая так же, как и се-
редина О отрезка СА. Ясно, что прямая MN пересекает отрезок
АВ в его середине К.
б) Проведем через конец В отрезка АВ прямую / и отложим на
ней отрезки BC = BD по разные стороны от В (рис. 197). Соединим
С и D с А. Разделим способом, изложенным в предыдущем пункте,
отрезок AD пополам точкой Е и проведем прямую СЕ. Тогда
МВ=-^-АВ, поскольку СЕ и АВ — медианы дЛСД. Середину N
отрезка AM находим изложенным выше способом. Точки N и М
поделят отрезок А В на три равных отрезка.
150. Так как 1 000 С я 2000, то
а„ ^57 121+35-1000 = 303,51... и
ап < л/57 121+35-2000 = 356,54..
т. е. 304356. Далее, так как 57 121 = 1632-35+1, то ап —
= л/35 (л +1632)+ 1, т. е. число а2 — 1 =(ап — 1) (а„+ 1) делится
на 35 = 7-5. Следовательно, либо ап— 1, либо а„ +1 делится на 7,
т. е. либо ап = 7^+1, либо a„ = 7k— 1.
В первом случае выполняются неравенства 304^7/г+ 1 С 356,
т. е. 44<k^50. Вычисляя для k=44, 45, ..., 50 числа а%—1 =
=(7k + I)2 — 1 и выбирая среди них те, которые делятся на 5, полу-
чаем четыре значения га =	—1632:
1096 (при Л=44, ал = 309), 1221 (при Л=45, ал = 316),
1749 (при 6=49, ал = 344) и 1888 (при 6 = 50, а„=351).
Во втором случае аналогично находим еще четыре значения:
224
1185 (при а„ = 314), 1312 (при а„ = 321),
1848 (при а„ = 349) и 1989 (при ая=356).
151.	Двумя последними цифрами искомого числа могут быть
17, 33, 67, 83 (см. решение задачи 151 для девятого класса). Из то-
го, что первые четыре цифры числа х2 суть 2525, следует, что
2525- 108<х2<2526- 108, т. е. д/2525-104 < х <-у2526  104. Извле-
кая с помощью известного алгоритма или с помощью калькулято-
ра квадратные корни, получаем, что ^/2525 = 50,2493..., д/2526 =
= 50,2593... . Следовательно, 502 493<х<502 594. В этот интер-
вал попадают четыре числа, оканчивающиеся цифрами 17, 33, 67
и 83, а именно 502 517, 502 533, 502 567, 502 583.
152.	Преобразуем второе слагаемое данной суммы так:
2002 • 2003 •... • 4001 • 4002 =
=(4003 -2001)- (4003 - 2000) • (4003 - 1999) -...
...•(4003—2)-(4003—1)=4003-л—1-2-3-...-2000-2001,
где п — натуральное число. Мы видим, что данная сумма равна
4003-л и, следовательно, делится на 4003. (Заметим, что 4003 —
простое число, и поэтому при установлении делимости на 4003 не-
обходимо выделять множитель 4003.)
153.	Покажем, что число незанятых клеток не меньше 9. Покра-
сим вертикали доски в черный и белый цвета так, чтобы соседние
вертикали имели разный цвет. Пусть первая слева вертикаль окра-
шена в белый цвет. Тогда всего имеется 45 белых и 36 черных кле-
ток. Жук, сидящий на черной клетке, переползает на белую, а сидя-
щий на белой клетке — на черную. Поэтому когда 36 жуков, сидя-
щих на черных клетках, переползут на белые клетки, число которых
равно 45, то не менее 9 клеток окажутся незанятыми. На рисунке
198 дан пример, когда незанятыми оказываются ровно 9 клеток.
8 Заказ 57
225
с
D
Рис. 199 
154.	Пусть D — вершина угла, О — центр окружности, вписан-
ной в дДВС (рис. 199). Тогда Z_DAB= Z.DCA, так как DA —
касательная к окружности, описанной около дЛВС. Кроме того,
Z_OAB= Z.OAC. Поэтому Z.OAD= Z.OAB+ ABAD =
= ^-(ДОЛВ + Z.04C)+y(ZMfi+ ^DCA) = ±-(£DAB +
+ £ОАВ + АОАС) + ±- ADCA=±- £DAC-\~ ADCA=9Q°-
—l- Z-CDA. Следовательно, Z. OAD постоянен. А это и означает,
что центры О вписанных в треугольники АВС окружностей лежат
на фиксированной прямой, проходящей через точку А и пересе-
кающей прямую DA под углом Z. ОАО = 90°—
155.	Пусть а, =7956, а2 — 3923, аз=5857, а4 = 9725— исход-
ная четверка чисел. После выполнения разрешенной условием за-
дачи операции на доске появится новая четверка чисел а2, аз, а4,
05 = 7461. Вновь применив операцию, получим следующую чет-
верку чисел аз, о4, аз, ав=6966 и т. д. Мы получаем бесконечный
процесс преобразования четверок не более чем четырехзначных
чисел в четверки таких же чисел.
• Число различных четверок не более чем четырехзначных чисел
конечно. Поэтому рано' или поздно на доске должна появиться
четверка чисел, уже встречавшаяся ранее. После этого процесс
преобразования четверок чисел станет, очевидно, периодическим.
С другой стороны, по каждой четверке чисел, записанной на
доске, однозначно восстанавливается предыдущая четверка чисел
(например, четверка аз, а4, а5, аз однозначно восстанавливает
четверку а2, аз, а4, аз, которая, в свою очередь, однозначно восста-
навливает четверку а\, а2, аз, а4, и т. д.). Рассматриваемый процесс,
следовательно, можно неограниченно продолжить и в обратном на-
правлении. Так как процесс, как показано выше, является периоди-
ческим в прямом направлении (по крайней мере начиная с некото-
рого места), то в обратном направлении (с этого же места) он
226
Рис. 200
также будет периодическим и будет иметь тот же самый период,
что и в прямом направлении. Следовательно, процесс является
периодическим в целом: всякая четверка чисел, появившись од-
нажды, появится при неограниченном продолжении процесса в обе
стороны бесконечное число раз.
Теперь обратимся к вопросу, поставленному в задаче. Если на-
чать с четверки чисел 1989,1989,1989, 1989 и четыре раза осущест-
вить разрешенную условием задачи операцию, то получим данную
в условии задачи четверку чисел 7956, 3923, 5857, 9725. В силу
периодичности, отправляясь от этой четверки,.мы обязаны прийти
к четверке чисел 1989, 1989, 1989, 1989. Итак, ответ на поставлен-
ный в задаче вопрос положительный.
156.	а) Для того чтобы получить требуемую раскраску, доста-
точно сделать два перекрашивания. Они указаны на рисунке 200,
на котором ячейки, берущиеся в качестве «центров перекрашива-
ния», выделены жирной линией.
б) Обозначим ячейки буквами А, В, С, D, Е, F, G (рис. 201).
В ячейках, окрашенных в белый цвет, запишем +1, а в осталь-
ных запишем —1. Перекрашивание, осуществляемое согласно
условию задачи, можно, очевидно, заменить умножением чисел, за-
писанных в соответствующих ячейках, на —1. Любая разрешен-
ная условием задачи перекраска затрагивает четное число клеток
из четырех клеток А, С, D, F. Поэтому произведение четырех
чисел, записанных в этих клетках, не изменяется после перекра-
шивания, т. е. является инвариантом. Так
как для раскраски, изображенной на ри- /~ \
сунке 126, этот инвариант равен 1, а для	>----( В }-----ч
раскраски, изображенной на рисунке 128,	/	д	\	/	q	\
он равен — 1, то ясно, что нужная раскраска	\	\	/
не может быть получена из первой.	у	'	\	у	\
157.	I способ. Зафиксируем произ-	/	р	\___/	&	\
вольным образом значения переменных у и г	\	/	\	/
из интервала (0; 1) и рассмотрим функцию	'----( £ у—
f(x)=x(l—у)+«/(1—z)4-z(l—х)=	'---'
= х(1 — у — z) + y + z — yz.	Рис. 201
227
Требуемое утверждение будет доказано, если мы докажем, что при
любых значениях переменной х из интервала (0; 1) выполняется
неравенство f(x)<l. Возможны три случая:
1)	+	Тогда f (х) = 1 — yz< 1.
2)	+	Тогда f (х)— строго возрастающая линейная
функция, и поэтому при всех х£(0; 1) выполняется неравенство
f(X)<f(l)=l - У2<1.
3)	+	Тогда f (х) — строго убывающая линейная
функция, и поэтому при всех х£(0; 1) выполняется неравенство
f (x)<f(0) = y + z-yz = 1 -(!-у) (1 -z)< 1.
Заметим, что доказанное неравенство является точным, т. е.
не может быть усилено.
П способ. Он основан на геометрической интерпретации
данного неравенства. Рассмотрим правильный дЛВС со сторо-
ной 1. Пусть Ль Bi, Ci — такие точки на сторонах ВС, СА, АВ,
что ДС1 =х, CBi=y, BAi = z (рис. 202). Тогда BCi = 1 — х, САi =
— 1 — z, ABt = 1 —у. Подставив в очевидное неравенство ЗдЛВ|С| +
+ ^дсл,в! + ^двл,с,<^длвс следующие значения площадей:
'^дЛВ,С,=~Х (1	ДСЛ,8,=“У (I	> $ дВЛ,С,=
=-Х?(1 —х)-2^-, 5лавс=~^—и сократив затем на , мы
придем к требуемому неравенству.
158. Рассмотрим произвольный дЛВС, удовлетворяющий ус-
ловию задачи, и обозначим через К, L и М точки касания вписан-
ной в него окружности со сторонами АВ, ВС и СА (рис. 203).
Опустим из точек В и С перпендикуляры BD и СЕ на прямую КМ.
Так как /LBKD = ААКМ = ААМК = ЛСМЕ = 90с-^- ДЛ и
так как BK=BL и CM = CL, то BDA~CE = BK cos(-~- Z_A ) +
+ CM cos (X- Д Д ) =(BK + CM) cos ДД ) =(BL + CL)X
Д
Рис. 202	Рис. 203
228
с
Рис. 205
Xcos Д А ) = ВС cos	А ). Следовательно, расстояние от
середины отрезка ВС до прямой КМ равно -^-(BD + CE)=
=-^-ВС cos	и, значит, не зависит от выбора точки А на
дуге ВС. Это значит, что построенные для различных положений
точки А на дуге ВС прямые КМ касаются окружности радиуса
-£-ВС cos (-j-Z.4 ) с центром в середине отрезка ВС.
159. а) Так как 13 = 22 + 32, то для построения требуемого
треугольника можно воспользоваться результатом пункта б).
Соответствующий ДАВС (рис. 204) является прямоугольным
с катетами АС и ВС, такими, что АС:ВС=3:2.
б) Любой треугольник можно разрезать на т2 равных тре-
угольников, подобных исходному, каким бы ни было натураль-
ное число т. Для этого достаточно каждую сторону треугольника
разделить на т равных частей и соединить соответствующие точки
отрезками, параллельными сторонам треугольника (на рисунке 205
показано, как это делается для т=4).
Пусть п = Л24-/2. Рассмотрим прямоугольный ДАВС с катета-
ми AC = k и ВС = 1. Высота CD разбивает этот треугольник на
два прямоугольных, подобных исходному. Разрежем указанным
выше способом Л ACD на k2 равных прямоугольных треугольников
с гипотенузой 1, подобных ДАСО. Аналогично &BCD разрежем
на I2 равных прямоугольных треугольников с гипотенузой 1,
подобных &BCD. Тогда исходный ДАВС будет разрезан на /г2 +
-|-/2 = п равных треугольников.
Замечание. Используя симметрию относительно катета и
отправляясь от треугольников, построенных выше, можно постро-
ить треугольники, которые разрезаются на 2т2 и на 2(й2 + /2)
равных треугольников. Существуют треугольники, разрезаемые на
п равных, если п = 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 13, 16, 17, 18, 20, 25 и т. д.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
ДЕСЯТОГО КЛАССА
I. Если число k делится на 3» то второй школьник может добиться того, чтобы
полученное число делилось на 9. Если число k не делится на 3, то первый школьник
может добиться того, чтобы полученное число не делилось на 9. Проследите за сум-
мой цифр выписываемого числа. 2. Правильный треугольник можно разбить на k
меньших правильных треугольников, если k=4 и i>6. При 6 = 2, 3 и 5 этого
сделать нельзя. 3. Объедините слагаемые в пары: второе и третье слагаемые, чет-
вертое и пятое слагаемые и т. д. 4. Введите прямоугольную систему координат с
центром в точке О и вычислите искомую сумму расстояний. 5. Воспользуйтесь
неравенством треугольника и равенствами aha = bhb = chc = 2pr, где hb, hc — вы-
соты треугольника, опущенные на стороны а, Ь, с соответственно, р — полупери-
метр, г — радиус вписанной окружности. Покажите, что —=-г--Ьт-	в. 2.
Г Пц ПЬ tie
7. Докажите, что = Z.AKD. 8. Докажите, что найдутся три последователь-
ные вершины n-угольника, удовлетворяющие условию задачи. Воспользуйтесь тем,
что периметр n-угольника меньше периметра квадрата, и неравенством между
средним геометрическим и средним арифметическим. 9. Докажите, что если какие-
либо два из чисел х, у, z равны, то x=y = z. Для попарно различных х, у, z вычисли-
те произведение (xt/z)2. 11. Можно. См. рис. 202. 12. Сумма чисел первой группы
больше (на 2) суммы чисел второй группы. 13. Выразите площадь треугольника
двумя способами: а) через сторону и высоту и б) через биссектрису, прилегающие к
ней стороны и угол между этими сторонами и биссектрисой. 14. Воспользуйтесь
методом доказательства от противного. 15. Наибольшее значение AMi+BMi равно
АС + ВС. Если точка С принадлежит отрезку АВ, то равенство AMi + BMi=AC+
+ ВС имеет место для любой прямой /. Если точка С лежит на прямой АВ вне
отрезка АВ, то равенство AM/A-BM/=AC-f-BC имеет место для прямой /±ЛВ.
Если С не лежит на прямой АВ, то указанное равенство имеет место для прямой I,
являющейся биссектрисой внешнего угла дЛВС при вершине С. 16. (0; 0; 0; 0) и
(2; 2; 2; 2). 17. Опишите вокруг квадратов О АВС и О A iBi Ct окружности и докажите,
что общей точкой прямых АА\, ВВ\ и СС\ является точка пересечения этих окруж-
ностей, отличная от О. 18. Существует. Например, /? = 2*10 . 19. Воспользуйтесь
тем, что основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на стороны АВ и Л С,
лежат на окружности с диаметром АР, и тем, что углы, опирающиеся на одну и ту
же дугу окружности, равны. 21. Воспользуйтесь методом доказательства от про-
тивного. 22. 43. 23. Можно. Рассмотрите любые пять стоящих рядом томов и пока-
жите, что, применяя разрешенную условием задачи операцию только к этим пяти
томам, можно поменять местами любые два из них, являющиеся соседними, при
этом остальные п — 2 тома останутся на своих местах. 24. 2. Последовательность
(х„) монотонно возрастает и ограничена сверху числом 2. 25. -/362 —а2. 27. Вос-
пользуйтесь тождеством х,978 4-*/1978 — %1977—^,977=х1976 (х— 1 )2-J-е/1976 (t/—l)2 +
_|_х1977 4-^1977 —х1976—г/1976. 28. Запишите в клетках, окрашенных в белый цвет, чет-
ные числа, а в клетках, окрашенных в черный цвет, нечетные. Покажите, что про-
цедура перекрашивания, описанная в условии, равносильна тому, что каждое число
заменяется на сумму соседних с ним чисел. Проверьте, что после четырех таких
преобразований во всех клетках будут записаны четные числа. 29. Воспользуйтесь
теоремой синусов и тем, что квадрат косинуса любого угла треугольника, вершины
которого находятся в точках с целыми координатами, является рациональным
числом. 30. Бесконечно. 31. Докажите, что на произвольной прямой, не параллель-
ной осям данных парабол, прожекторы могут осветить не более конечного числа от-
резков. 32.	. 33. Z-PRQ~2a, zLRPQ — /LRQP=^-—a. 34. Воспользуйтесь
тем, что MN=^-(BC 4-ЛР). 35. Проведите общую.касательную в точке Т. 37. Вос-
пользуйтесь методом доказательства от противного. 38. Либо q = 2, р — любое
230
простое число, либо р = 3, q — любое простое число. 39. Шестизначных чисел, не
представимых в виде произведения двух трехзначных чисел, больше, чем шести-
значных чисел, представимых в виде произведения двух трехзначных чисел
41. (&+1)2:£. 42. Воспользуйтесь неравенством |6| — |а|< |а + Ы. 43. а) Преобра-
зуйте выражение -\/4п + 2 — д/п—1, пользуясь тождеством
б) Воспользуйтесь тем, что если Х\ >х2^0, то [xj^[х2], и тем, что число 4л + 2 не
является квадратом натурального числа. 44. Искомым сечением является сечение
плоскостью, проходящей через точки D и Л4, где М— середина отрезка ВС.
45. (1 — 2m + 2m2)*S. 46. 999. 47. 1О10 °00 . 48. Воспользуйтесь методом доказательст-
5
ва от противного. 49. а = 0, b = — 1. 50. —. 51. Нельзя. При указанной в условии за-
О
дачи операции сохраняется сумма квадратов чисел. 52. Докажите, что сумма отно-
шений двух данных отрезков, параллельных скрещивающимся ребрам тетраэдра,
к этим ребрам равна 1. 53. Воспользуйтесь методом математической индукции.
Утверждение пункта а) можно также доказать и методом от противного. В пункте
б) предварительно докажите, что из трех векторов, длины которых не превосхо-
дят 1, можно выбрать два вектора так, что длина их алгебраической суммы будет
не больше 1. 54. Докажите, что рассматриваемое произведение заключено между
квадратами двух последовательных натуральных чисел. 55. Окружность радиуса
|ri — г2| с центром в середине отрезка О]О2. 56.200 000. 57. (0; I), (2; —!),( — !; 0),
(1; —2). 59. а) Нельзя, так как сумма всех записываемых чисел не делится на 6.
б) Можно. Приведите пример. 60. п = 12. 61. Воспользуйтесь методом математи-
ческой индукции. 62. Воспользуйтесь методом доказательства от противного.
63. а) 90°; б) -^3:1, Рассмотрите поворот А ОВВ\ на 90° вокруг точки О, являющей-
ся серединой ВС. 64. х — 2. Запишите уравнение в виде (4~) +(4“) = 1 и вос'
пользуйтесь монотонностью функций у
и у
65. Воспользуйтесь
тем, что если ab+cd=0, то a = td, c=—tb, где t — некоторое действитель-
ное число. 66. 5151. 67. Воспользуйтесь векторным методом. 68. Спроек-
тировав вектор АА} ±ВВ\-\-CCi =0 на прямую АС, докажите, что AD —
= ЕС (где О — проекция точки С}, Е — проекция точки Д1). Выведите отсюда, что
cos2 /_А = cos2 Z.B. 70. Воспользуйтесь векторным методом и свойствами операции
поворота вектора на 90°. 71? Воспользуйтесь тем, что из девяти боковых ребер по
крайней мере пять окрашены в один цвет, а из них всегда можно выбрать три
попарно несоседних ребра. 72. Докажите, что + i	|дл —art|. 73. Ус-
ловиям задачи удовлетворяют пять чисел: (1О,о°—I)2, (1О100 — 2)2, (Ю100 — З)2,
(101О° —4)2, (Ю100 —5)2. 74. Рассмотрите наименьшее из записанных чисел и дока-
жите, что его соседи равны ему. 75. 1064. Из равенств п = 19х и л+ 2 = 82# следует,
что 19х + 2=82у. Докажите, что наименьшее натуральное число у, удовлетворяю-
щее этому уравнению, равно 13. 76. x = a2 + Zr-|-c2. Воспользуйтесь монотон-
ностью функции, стоящей в левой части уравнения. 77. Искомое число способов
равно 233. Рассмотрите аналогичную задачу для прямоугольной доски размером
2Хл см и докажите, что при л^З для числа хп различных способов покрытия ее
плитками размером 1X2 справедливо рекуррентное соотношение x« = xn-i+хп_2.
78. Воспользуйтесь тем, что площадь круга с диаметром АВ равна сумме площа-
дей кругов с диаметрами АС и ВС. 80. (2; 1; 1). Воспользуйтесь тем, что если
(х; у\ z) — решение системы, то у^.х— 1, z<x— 1. 81. В равенстве	4-
о	о	А Л ДС
, Ь&НАС , Ь&НАВ	.	t	„
4--^-----F Q-----= 1 выразите отношения площадей через а, Ь, с, х, у, г. 83. До-
.231
кажите, что f (х)^0 для любого х£[0; 1]. Используя это неравенство, докажите, что
ГДе П — пРоизвольное натуральное число, m=0, 1,2,	2П. Существуют
функции, удовлетворяющие условию задачи и не равные тождественно нулю.
83. 3. 84. Воспользуйтесь тождеством x24-t/2 = (x — (/)24-2, справедливым, если
ху = 1, и неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим.
85. Докажите, что дЛОВ и дЛОС равны. 87. В кучке шестьдесят гирек по 1 г,
тридцать девять по 10 г и одна гирька по 50 г. Если х, у, z — число гирек по 1 г,
10 г и 50 г соответственно, то справедливы равенства x-\-y~\-z = 100 и Х4-10//4-
-j-50z = 500. 88. f (х) = -у (х2Ч-2х— 1). Докажите, что искомая функция при всех
x£R удовлетворяет также условию 2/(1 —x) + f (х)==(1 —х)2. 89. 3 и 5.
1	fell
90. 1—77^77 . Воспользуйтесь тождеством , ... =— — ,, , ... . 91. Нельзя.
100!	(fe+1)! fe! (£+1)!
Предположив противное, докажите, что 5 чисел, записанных в центральной
и угловых клетках произвольного квадрата размером 5X5, содержащегося в таб-
лице, должны давать одинаковые остатки при делении на 9. 92. Докажите,
что у любого выпуклого пятиугольника существуют две соседние вершины,
сумма углов при которых больше 180°, и поэтому существует параллелограмм,
три вершины которого совпадают с вершинами пятиугольника, а чет-
вертая вершина лежит внутри пятиугольника. Приведите пример, показываю-
щий, что для невыпуклого пятиугольника утверждение задачи несправедливо.
93. (0; 0), (1; 1), (—~д/40;	Умножьте обе части первого уравнения
на х2, второго — на у и сложите получившиеся уравнения. 94. (11; 6). 95. Восполь-
зуйтесь методом доказательства от противного. 97. Не существует. 98. Приведите
левую часть уравнения к общему знаменателю и покажите, что функция, получив-
шаяся в числителе, на концах отрезков [а; Ь] и [6; с] принимает значения разных
знаков. 99. 5. 100. Нельзя. Воспользуйтесь тем, что четность числа плюсов, запи-
санных в клетках таблицы 2X2, получающейся из данной таблицы вычеркиванием
ее последней строки и последнего столбца, не меняется после выполнения указан-
ной в условии задачи процедуры замены знаков. 101. Максимальное значение
разности равно 396 и достигается для чисел 621 и 620. Минимальное положитель-
ное значение разности равно 3 и достигается, например, для чисел 437, 474, 856.
102. Докажите, что четырехугольник BACD, где D — точка пересечения прямой AM
с окружностью с центром О2, является параллелограммом. 103. Существуют. На-
пример, в качестве А и В можно взять концы произвольного отрезка длиной
V2, а в качестве С — его середину. 104. Воспользуйтесь неравенствами 14-
-|-а5^2|а^|, k=F 1, 2,.... п. 105. Опустите перпендикуляр ОМ из центра О окружнос-
ти на прямую / и воспользуйтесь тем, что точка М является серединой отрезков CD и
EF. Можно доказать, что CE = FD. 106. Докажите, что если Ak — данное число, то
справедливо равенство.
99Mfe= 99...9 -1 0...0 1.
। Ji irf
k + I цифр k цифр
Рассмотрите отдельно случаи нечетного и четного fe. 107. (l-j-/)2:2/. 108. Нельзя.
Воспользуйтесь методом доказательства от противного. 109. Необходи-
мость данных условий очевидна. При доказательстве достаточности вос-
пользуйтесь методом доказательства от противного. ПО. а) Длина диагонали AM
будет наименьшей, если отрезок AM будет высотой ДДВС. б) Длина диагонали КТ
будет наименьшей, если КТ±BDt где D — точка, симметричная С относительно А.
111. Можно. Покажите, что при любом n^N десять гирь массами «4- 1, «4-2, «4-3,
..., п Д-9, п4~Ю граммов можно разделить на 5 групп так, чтобы в каждую группу
попали две гири общей массой 2« 4-11 граммов. 112. Если Oi и О2 — центры данных
окружностей, то окружность с диаметром О\О2 проходит через точки А и В. 113. До-
кажите, что последовательность (ха) ограничена. 114. (4; 5) и (5; 4). 116. Можно
(рис. 177). 117. а) Рассмотрите сектор АОВ единичного круга с центром О, угол
при вершине О которого равен 20°, и воспользуйтесь тем, что его площадь больше
232
площади АЛОВ, б) Докажите, что при всех х£
выполняется неравенство
sin х>—х. Можно доказать, что число sin 20° является корнем уравнения 4х3 —
л
v3
_=0. 118. Воспользуйтесь тем, что плоскость, проходящая через центр
шара и какие-либо две из заданных точек, делит пространство на два полупро-
странства, в одном из которых находится не более трех точек. 119. За 7 ходов.
120. Воспользуйтесь методом доказательства от противного. 121. Покажите, что ок-
ружности, описанные около &MDC и ДЛ1СС|, совпадают. Совпадают также и ок-
ружности, описанные около &МСС\ и &МЕС. 122. Воспользуйтесь тем, что если
S _ середина отрезка АС, то APSQ является равнобедренным прямоугольником с
гипотенузой PQ (см. задачу 33). 123. Воспользуйтесь методом доказательства от
противного. 124. Данное число делится на число t 111..J, • 125. (0; 0; ...; 0),
п 4- 1 цифр
(д/3;	л/3)> (—\/3; —-\/3; — -у/3). Рассмотрите разности уравнений системы
и докажите, чтох| —х2 —...=xi987.126. Воспользуйтесь тем, что АВ—АС, и докажи-
те, что AD является биссектрисой Z BDC или дополнительного к нему угла. 127. До-
кажите, что четырехугольник с вершинами в серединах указанных отрезков лежит
внутри параллелограмма, вершинами которого являются середины сторон четырех-
угольника ABCD. 128. Второе из оставшихся чисел равно нулю. Воспользуйтесь тем,
что на каждом шаге сохраняется остаток от деления на 7 суммы всех записанных
чисел. 129. 2 и 3. 130. Докажите, что число фальшивых монет четно. Покажите,
что если отложить интересующую нас монету, а оставшиеся 98. монет поделить на
две группы по 49 монет и сравнить веса этих двух групп, то в.случае, когда разность
этих весов равна четному (нечетному) числу граммов, отложенная монета будет
настоящей (фальшивой). 131. Докажите, что данное неравенство равносильно
неравенству 4 cos (а + 0) (1 — cos (а — 0))< 1. Далее воспользуйтесь очевидным не-
равенством 4х//^(х4-у)2 и неравенствами 0<sin a-sin р< 1, справедливыми,
поскольку а и 0 — углы треугольника. 132. Проведите через точку W прямую /3,
параллельную прямой /ь и докажите, что прямые /3 и 12 симметричны относительно
линии центров данных окружностей. 133. Если в плоскости биллиарда зафиксиро-
вать какую-нибудь ось, то направление движения шара можно задать, указав
угол, который оно образует с этой осью. Покажите, что в результате нескольких
отражений для рассматриваемого биллиарда можно получить не более шести раз-
личных направлений движения шара. Выведите отсюда, что, начиная с некоторого
момента, движение шара, заданное в условии задачи, является периодическим.
134. а) Нельзя. Воспользуйтесь методом доказательства от противного, б) Можно.
Пример приведен на рисунке 189. 135. Воспользуйтесь методом математической ин-
дукции и тождеством 1 +cos а = 2 cos2 136. Воспользуйтесь тем, что площадь
параллелограмма ACKL равна сумме площадей параллелограммов ABNL и BCKN,
где N — точка, симметричная точке М относительно В. 137. Точка М является се-
рединой отрезка DE. 138. Воспользуйтесь тождеством
Р(х)=6а-——')д(х+1)	+(a + & + c).x+d
b	2
и тем, что числа
(х — 1) х (х 4-1) х (х — 1)
~	6 И
являются целыми при любом
целом х. 139. 3. Числа п, удовлетворяющие условию задачи, существуют. Например,
при п = 5 получаем 25 = 32, 55 —3125. Воспользуйтесь неравенствами a«10s<2w<
<(а-Н !)• 10s, а- 10z<5n<(a4- !)• 10\ где а — искомая цифра, s 4- 1 и /4-1 - ко-
личество цифр в записи чисел 2" и 5". 141. Прямые АВ касаются окружности радиуса
2 с центром в точке М (0; 2). Докажите, что прямая МВ является биссектрисой
ЛОВА. 142. Воспользуйтесь тем, что площадь четырехугольника равна половине
произведения его диагоналей на синус угла между ними. 143. а) На i-м шаге возь-
233
мите число а равным (a? l) + q}I+il)), где а? ° и — х-й и (/+ 1)-й члены по-
следовательности, полученной из данной за i—1 шагов (а\0)=а[, 0^=02). Тогда
после п— 1 шагов получится последовательность, состоящая из одинаковых чисел.
На л-м шаге возьмите а = а[Г-,). б) Наименьшее число шагов равно п. Предвари-
тельно докажите, что если последовательность переводится в нулевую за наимень-
шее число шагов, то вычитаемое а всякий раз выбирается из отрезка между наи-
меньшим и наибольшим числами имеющейся в данный момент последовательности.
Методом математической индукции докажите, что необходимо не менее п шагов,
чтобы перевести в нулевую последовательность 1 !,'21, ...» л!. 144. а) Можно. Напри-
мер, так: (1989; 989; 89) -► (1900; 900; 0)	(950; 900; 950) и т. д. 6) Нельзя.
Воспользуйтесь тем, что после каждого хода остаток от деления на 3 общего коли-
чества камешков во всех трех кучках не меняется. 145. Воспользуйтесь методом ма-
/ лА
тематической индукции. 146. На интервале! 0; — 1 данное неравенство равносильно
неравенству Зх>4 sin х—— sin 2х. Докажите, что на указанном интервале функ-
ция f (х)=3х — 4 sin х+-£- sin 2х строго возрастает. 147. Докажите, что
+ 5 дdoc—Sklmn* гДе L, М, N — середины сторон АВ, ВС, CD, AD соответст-
венно. Для этого предварительно докажите, что	+ З дмос=^ &klm-
148. а) См. рис. 195—196. б) См. рис. 197. 150. Существуют восемь таких чисел:
1096, 1185, 1221, 1312, 1749, 1848, 1888, 1989. Воспользуйтесь тем, что при каждом
«С[1000; 2000] выполняются неравенства 304356, а если п — искомое число,
то а„— 1 =(ал — 1) (ап 4- 1) делится на 35 = 7-5. 151. Существуют четыре таких числа:
502 517, 502 533, 502 567, 502 583. Покажите, что двумя последними цифрами
искомого числа могут быть только 17, 33, 67, 83 (см. задачу 151 для девятого
класса). Для нахождения первых цифр искомого числа воспользуйтесь неравенст-
вами ^2525• 104<х<-\/2526-104. 152. Воспользуйтесь равенством 2002-2003-... X
X 4001 • 4002 = (4003 -2001)- (4003 - 2000) •... • (4003 - 2) - (4003 - 1). 153. 9 клеток.
Сначала докажите, что число незанятых клеток не меньше 9. Для этого раскрасьте
вертикали доски в два цвета так, чтобы соседние вертикали имели разный цвет,
и воспользуйтесь тем, что по свистку каждый жук переползает в клетку, окрашен-
ную в другой цвет. Приведите пример, когда незанятыми оказываются ровно 9 кле-
ток. 154. Центры окружностей, вписанных в треугольники АВС, лежат на прямой,
проходящей через точку А и образующей со стороной данного угла ADB, на которой
лежит точка А, угол, равный 90°—/LADB. 155. Могут. Воспользуйтесь тем,
что число различных четверок не более чем четырехзначных чисел конечно, а сти-
раемое на каждом шаге число однозначно восстанавливается, и тем, что, начав с
четверки чисел 1989, 1989, 1989, 1989 и применив четырежды разрешенную усло-
вием задачи операцию, мы получим данную четверку чисел. 156. а) Достаточно
сделать два хода, показанные на рисунке 200. б) Докажите, что при каждом ходе
не меняется четность числа белых (черных) клеток, содержащихся среди четырех
клеток, обозначенных на рисунке 201 буквами А, С, D, F. 157. Зафиксируйте произ-
вольным образом значения переменных у и z из интервала (0; 1) и воспользуйтесь
тем, что при этом левая часть неравенства будет линейной функцией f (х) =
=х(1 —у — z) + y-\-z—yz переменной х. 158. Прямые касаются окружности радиуса
-i- ВС-coszLA J с центром в середине отрезка ВС. Опустите перпендикуляры
из точек В и С на рассматриваемую прямую и докажите, что сумма их длин равна
BC-cos^-^- Z_A у 159. а) На рисунке 204 пример прямоугольного ДАВС, Который
можно разрезать на 13 равных треугольников, б) Для n = k2-}~l2 рассмотрите
прямоугольный ДЛВС с катетами AC = k и ВС = 1. Проведите высоту CD и по-
кажите, что прямоугольные треугольники ACD и BCD можно разрезать соответст-
венно на k2 и I2 прямоугольных треугольников с гипотенузой 1, подобных ДЛВС.
234
11 класс
ПЕРВАЯ ОЛИМПИАДА (1974—1975 гг.)
Ill этап
1.	Из одной бактерии в результате делений получились 1000
бактерий: вначале бактерия разделилась на две, затем какая-то
из двух бактерий вновь разделилась на две, затем одна из трех
бактерий снова разделилась на две и т. д. Докажите, что в некото-
рый момент существовала бактерия, число потомков которой в са-
мом конце, т. е. среди 1000 бактерий, не меньше 100 и не более 199.
2.	Докажите неравенство
logi 5 4- logs 6 + loge 7 + log? 8 > 4,4.
3.	Пусть число п является целой частью числа
(444-V1975)'00.
Докажите, что п — нечетное число.
4.	В треугольнике АВС проведены биссектрисы AD и BE.
Найдите величину угла С, если известно, что AD'BC=BE>AC
и АС ВС.
5.	В параллелограмм Р| вписан параллелограмм Рг, а в Рг впи-
сан параллелограмм Р3 со сторонами, параллельными сторонам
Pi. Докажите, что хотя бы одна сторона параллелограмма Р3
по длине не меньше половины параллельной ей стороны параллело-
грамма Р|.
6.	На сторонах треугольника во внешнюю сторону построены
три квадрата. Какими должны быть углы треугольника, чтобы
шесть вершин этих квадратов, отличных от вершин треугольника,
лежали на одной окружности?
7.	На каждом ребре выпуклого многогранника поставлена
стрелка так, что в каждую вершину многогранника входит и из
каждой вершины многогранника вкходит хотя бы одна стрелка.
Докажите, что существуют по крайней мере две грани многогран-
ника, каждую из которых можно обойти по периметру, следуя
за направлениями стрелок на ее сторонах.
IV этап
8.	Задача 12 для девятого класса.
9.	Выпуклый четырехугольник ABCD вписан в окружность.
На его стороне AD имеется точка К, одинаково удаленная от
прямых АВ, ВС и CD. Докажите, что АВ + CD —AD.
235
10.	Задача 9 для десятого класса.
11.	Задача 11 для десятого класса.
12.	На бесконечной клетчатой бумаге закрашены в черный цвет
какие-то 25 клеток. Для какого наибольшего числа k при любом
расположении закрашенных клеток верно такое утверждение: сре-
ди закрашенных 25 клеток обязательно найдутся k клеток, попарно
не имеющих общих вершин?
ВТОРАЯ ОЛИМПИАДА (1975—1976 гг.)
III этап
13.	В клетках шахматной доски в произвольном порядке запи-
саны числа 1,2,3,..., 62,63, 64, по одному в каждой клетке. За один
вопрос, указав любую совокупность полей, можно узнать множест-
во чисел, записанных на этих полях. Докажите, что за шесть таких
вопросов можно узнать распределение чисел от 1 до 64 по клеткам
шахматной доски.
14.	Кузнечик, начиная с точки 4, скачками перемещается по
плоскости. Первый его прыжок имеет длину 1, второй — 2, тре-
тий — Зит. д., причем после каждого прыжка кузнечик поворачи-
вается на 90° (по часовой стрелке). Сможет ли кузнечик за конеч-
ное число прыжков вернуться в исходную точку 4?
15.	Разбейте бесконечный лист клетчатой бумаги на прямо-
угольники размером 2Х 1 так, чтобы каждая линия сетки разреза-
ла лишь конечное число прямоугольников.
16.	Найдите натуральные числа а, Ь, с, не делящиеся на 10 и
такие, чтобы при любом натуральном k у чисел ak-\-bk и ck совпада-
ли две последние цифры.
17.	Существует ли многогранник с двадцатью пятью ребрами?
18.	Среди выпуклых четырехугольников с заданной площадью
S и данным углом а между диагоналями найдите четырехугольник
наименьшего периметра.
IV этап
19.	Докажите, что если в выпуклом многограннике из каждой
вершины выходит четное число ребер, то в любом сечении его
плоскостью, не проходящей ни через одну Фз его вершин, полу-
чится многоугольник с четным числом сторон.
20.	Пусть f (х) =	• Вычислите сумму
»°>+'Ш+К-пк)+-+'О+'<|)-
21.	Даны два натуральных числа тип, такие, что т>п. До-
кажите, что число т можно представить в виде суммы двух нату-
ральных чисел, одно из которых будет делителем числа п, а другое
будет взаимно просто с числом и.
236
22.	Задача 22 для десятого класса.
23.	Элементарным преобразованием пары дробей (-7-; — ) на-
\ b d /
зовем замену этой пары на одну из следующих:
f . с -}-d
\	b ’ d
a — b
b
c — d\ /6 . d \
d /’ X а ’ с /
причем не разрешается сокращение ни в одной из получающихся
дробей. Докажите, что из пары	несколькими элементарны-
ми преобразованиями можно получить пару (—- , ;	), ка-
ково бы ни было натуральное число п. Можно ли из пары
; —} таким образом получить любую пару дробей?
ТРЕТЬЯ ОЛИМПИАДА (1976—1977 гг.)
Ill этап
24.	Задача 25 для десятого класса.
25.	Задача 27 для десятого класса.
26.	Решите уравнение
lim хл'х =2.
оо
п раз
27.	Дан квадрат со стороной 1. На каждой стороне квадрата
взято по точке. Пусть Р — периметр выпуклого четырехугольника,
вершинами которого являются взятые точки. Найдите наименьшее
возможное значение Р,
28.	Докажите, что существует натуральное число п, такое, что
выполнено неравенство
|sin (1977п)|
IV этап
29.	Окружность радиуса 1 катится по окружности радиуса
д/2, находясь вне ее. Липкой краской в момент времени / = 0
отмечена точка касания. При движении закрашенные точки красят
те точки, с которыми они соприкасаются. Сколько точек неподвиж-
ной окружности будет закрашено к моменту времени / = 100, если
центр подвижной окружности делает один оборот за единицу вре-
мени и окружность катится без проскальзывания?
30.	Точки Л, В, С, D плоскости таковы, что для любой точки М
плоскости скалярные произведения (MAf МВ) и (МС, MD) не равны
друг другу. Докажите, что AC —DB.
237
31.	Уравнение
х4-|-ах34-6х + с=0
имеет четыре различных действительных корня. Докажите, что
ab<Q.
32.	Внутри куба расположен выпуклый многогранник, проек-
ция которого на каждую грань куба совпадает с этой гранью.
Докажите, что объем этого многогранника не меньше объема
куба.
33.	На координатной плоскости дан квадрат со сторонами, па-
раллельными осям координат. Этот квадрат поделен на 64 равных
квадрата прямыми, параллельными осям координат. Докажите,
что среди этих 64 квадратов найдется квадрат, внутри которого
нет ни одной точки с координатами х=at? -f- bt2 + ct+d, y*=At3A-
+ Bt2 + Ct-\-D, каково бы ни было значение параметра t£R (коэф-
фициенты многочленов a, b, с, d, А, В, С, D — фиксированные
действительные числа).
ЧЕТВЕРТАЯ ОЛИМПИАДА (1977—1978 гг.)
Ill этап
34.	Четырехугольная пирамида расположена внутри шара ра-
диуса 1. Основанием пирамиды является выпуклый четырехуголь-
ник. Докажите, что сумма длин всех ребер пирамиды меньше 15.
35.	Докажите, что существует единственное положительное
число А, такое, что уравнение sin х=Ах имеет ровно пять действи-
тельных решений. Вычислите А с точностью до 0,01.
36.	Дан правильный треугольник АВС. Вне треугольника на
стороне АВ как на диаметре построена полуокружность. Дока-
жите, что если две прямые, проходящие через вершину С, делят
эту полуокружность на три равные дуги, то они делят и сторону АВ
на три равных отрезка.
37.	Найдите все значения Ь, при которых выражение
принимает целые значения при всех натуральных значениях п.
38.	Найдите наименьшее натуральное число т, такое, что
уравнению хх + туу — гг удовлетворяет хотя бы одна тройка нату-
ральных чисел (х, у, г).
IV этап
39.	Найдите все целочисленные решения (х, у) уравнения
3 • 2х + 1 = у2.
238
40.	Докажите, что ех>хе при всех положительных значениях х.
41.	На стороне AD квадрата ABCD дана точка Е. Постройте на
сторонах АВ и ВС точки М и К так, чтобы отрезок МК был парал-
лелен отрезку СЕ, а четырехугольник СЕМК имел наибольшую
возможную площадь.
42.	Вычислите предел
lim {(y/2+l)2n).
П —* оо
({а} — дробная часть числа а.)
43.	На плоскости даны правильный m-угольник и правильный
n-угольник. Радиусы окружностей, описанных около этих много-
угольников, равны R и г соответственно, а расстояние между
центрами этих окружностей равно а. Каждая из вершин /«-уголь-
ника соединена с каждой вершиной «-угольника отрезком. Найди-
те сумму квадратов длин всех таких отрезков.
ПЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1978-1979 гг.)
III этап
44.	DABC — тетраэдр, в котором ADCB = Z.CBA = Z.DAB =
=90°. Пусть М — основание перпендикуляра, опущенного из точ-
ки D на плоскость грани ЛВС. Выразите вектор DM через векто-
ры a=DA, b = DB, c=DC.
45.	В параллелограмм ABCD, площадь которого равна S,
вписан четырехугольник KLMN площадью такой, что К^АВ,
L£BC, M£CD, N£DA. Докажите, что по крайней мере одна из
диагоналей четырехугольника KLMN параллельна сторонам па-
раллелограмма.
46.	Дана функция
( 81ПХ если X^Q
= 1 . Х
( 1, если х=0.
Докажите, что в точке х=0 эта функция имеет производную.
Найдите величину угла между осью Ох и касательной к графику
данной функции, проведенной в точке х=0.
47.	На плоскости расположены семь прямых. Известно, что
они пересекаются в 13 точках, причем в 11 точках пересекаются
по две прямые, в 1 точке пересекаются три прямые и в 1 точке —
четыре прямые. Докажите, что среди данных семи прямых най-
дутся две прямые, параллельные друг другу.
4& Докажите, что неравенства
1	< хг+х+1 <_3_
2	хг + 2х+2 "" 2
выполняются для всех действительных значений х.
239
IV этап
49.	Используя неравенства 80<81, 96<100, 1000<1024,
найдите первые два знака после запятой в десятичном разложении
числа 1g 2.
50.	Натуральные числа от .1 до 1979 в порядке возрастания за-
писаны по кругу в направлении движения часовой стрелки. От-
правляясь от 1, двигаемся по часовой стрелке и зачеркиваем каж-
дое второе из чисел, не зачеркнутых ранее. Процесс зачеркивания
продолжаем до тех пор, пока это возможно. В итоге останется одно
число. Что это за число?
51.	Объем параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ равен V. На отрез-
ках BD и Л1С расположены пары точек М, N и Р, Q соответственно
так, что BD:MN=3:1, A[C:PQ = 4:1. Найдите объем тетраэдра
MNPQ.
52.	Докажите, что для любого числа х и любого натурального
числа п справедливо неравенство
[cos х| + |cos 2х | + |cos 22х | + ... + I cos 2пх |	.
4
53.	Найдите все числа a, b, с, d, такие, что:
а)	функция f (х) = 4х3 + dx при всех х из отрезка [— 1; 1] удов-
летворяет неравенству If(х)|1;
б)	функция g (x)=4x34-ax2 + 6x-f-c при всех х из отрезка
[ — 1; 1 ] удовлетворяет неравенству |g (х) | <1.
ШЕСТАЯ ОЛИМПИАДА (1979—1980 гг.)
III этап
54.	Докажите, что если cpi, <р2, • ••. фл — действительные числа,
такие, что числа д/2 tg ф|, у2 tg ср2, ..., V2 tg (рп рациональны, а
сумма ф) 4*ф2 + •• • + фт не равна -2-+ nk при любом	1,2, ..., п и
любом k£Z, то число л/2 tg (ф|+ фг+- +фл) также рационально.
55.	Пусть
f (х)=хк + а\хк~1 +-+ak-\x + ak,
g (x) = xm -j-biXm 1 -|- ... + bm— 1X-1" bm —
такие два многочлена, которые удовлетворяют неравенствам
|f(x)|<1980-|g(x)| и |g(x)| С 1980-|/(х)|
при всех действительных значениях переменной х. Докажите, что
k — т.
56.	В правильной треугольной призме ЛВСЛ|В|С| все грани
равновелики. На ребре AiBi и высоте призмы СС> взяты точки М и
Р соответственно так, что
240
Л1Л1 __ С,Р_„	i
= -г—- — a, 0$;a% l.
j4iS< CiC
Через точки M и Р проведено сечение призмы, параллельное ребру
В|Сь При каком значении параметра а площадь сечения будет
наименьшей?
57.	Найдите все действительные решения системы уравнений
х+Лт^-=2,
х +у
y + ^L.=Q,
х2 + </2
58.	На стороне АВ параллелограмма ABCD расположена точка
К, на продолжении стороны CD за точку D — точка L. Прямые
KD и BL пересекаются в точке N, а прямые LA и СК — в точке М.
Докажите, что отрезок MN параллелен стороне AD.
IV этап
59.	Для каждой вершины тетраэдра строится точка, сим-
метричная вершине относительно центра противолежащей грани.
Найдите отношение объема тетраэдра, вершинами которого яв-
ляются построенные точки, к объему исходного тетраэдра. {Цент-
ром грани называется точка пересечения ее медиан.)
60.	Город на плане представляет собой выпуклый многоуголь-
ник. Улицами являются все диагонали многоугольника, а пере-
крестками — пересечения улиц (но не вершины многоугольника).
В городе введено трамвайное движение. Каждый маршрут прохо-
дит по своей улице от одного ее конца до другого с остановками
на всех перекрестках улицы и в ее концах. Известно, что на каж-
дом перекрестке пересекаются лишь две улицы и по крайней мере
по одной из них проходит трамвайный маршрут. Докажите, что с
любого перекрестка можно проехать на трамваях на любой другой
перекресток, сделав не более двух пересадок.
61.	Даны числа 21 — 1, 22— 1, 23—1,	2"_| — 1, где п —
нечетное число, большее или равное 3. Докажите, что хотя бы одно
из данных чисел делится на п.
62.	Найдите все функции f, областью значений которых являет-
ся числовая ось R и которые для любых значений а, Ь, р из R
удовлетворяют неравенству
f (ра-Н1 —Р) bXpf (а)+(1 —Р) f (b). 
63.	На плоскости даны три квадрата ABCD, A1B1C1D1 и
A2B2C2D2 (вершины перечислены против часовой стрелки), при-
чем Д| совпадает с А, С2 совпадает с С. Докажите, что отрезки
Di£)2 и ВМ, где М — середина Отрезка BiB2, взаимно перпендику-
лярны, причем отрезок D{D2 вдвое больше отрезка ВМ.
241
СЕДЬМАЯ ОЛИМПИАДА (1980—1981 гг.)
III этап
64.	Решите уравнение
•	х3
sin Х = Х-
О
65.	Сторона основания правильной треугольной призмы
ЛВСЛ|В|С1 равна а. Вершины М и N правильного тетраэдра
MNPQ лежат на прямой С\В, а вершины Р и Q — на прямой AtC.
Найдите высоту призмы и расстояние между серединами непере-
секающихся ребер тетраэдра.
66.	При каких натуральных т и п уравнение
m + cos x=(m -|- sin х) п
имеет решение?
67.	В треугольнике АВС проведены биссектрисы AAlt BBt и
CCi. Известно, что ЛЛ(-|-ВВ|4-СС|=0. Докажите, что треуголь-
ник АВС правильный.
68.	Числа ап, Ьп определяются рекуррентными соотношениями
0! = ^! = ! и an+i=an-j-3d«, 6n+i =ап-|-£>я для натуральных п>1.
Докажите, что последовательность имеет предел. Найдите
этот предел.
IV этап
69.	Можно ли по кругу расставить цифры от 0 до 9 так, чтобы
сумма любых трех рядом стоящих цифр не превосходила: а) 14;
б) 15?
70.	Последовательность (а„) задана рекуррентным способом:
at = 1, 02=1 и ап+2 = ап+1для п>1. Докажите, что ап<3
при всех п.
71.	Найдите все решения системы уравнений
г	Зл/З
COS X-f-COS у + cos z~~^~ >
<
„ sin x-j-sin y + sin z=-^~-
72.	На прямой даны точки Л, В и С, причем В лежит между Л
и С. На отрезках Л В, ВС, АС как на диаметрах построены полу-
окружности, лежащие по одну сторону от данной прямой. Пер-
пендикуляр к АС, проведенный через точку В, пересекает большую
полуокружность в точке D. Докажите, что общая касательная
двух меньших полуокружностей, отличная от BD, параллельна ка-
сательной к большей полуокружности, проведенной через точку D
(рис. 206).
242
73.	Дан тетраэдр ABCD объемом V. Пусть К. — точка пересече-
ния медиан грани АВС. На продолжениях отрезков AD, BD, CD
и KD за точку D взяты точки L, М, N и Р соответственно так, что
DL = 2AD, DM=2BD, DN—3CD, DP = KD. Вычислите объем тет-
раэдра LMNP.
ВОСЬМАЯ ОЛИМПИАДА (1981-1982 гг.)
Ill этап
74.	В каждой вершине правильного 1982-угольника записано
положительное число, причем каждое из этих чисел равно или
среднему арифметическому, или среднему геометрическому двух
чисел, записанных в соседних вершинах. Докажите, что все запи-
санные числа равны между собой.
75.	Натуральное число п таково, что числа 2«-|-1 и 3«+ 1 яв-
ляются квадратами некоторых натуральных чисел. Докажите, что
число п делится на 8.
76.	Четыре окружности расположены на плоскости так, как по-
казано на рисунке 207 (Л, В, С, D -— точки касания). Докажите,
что точки А, В, С, D лежат на одной окружности.
77.	Можно ли разрезать куб: а) на 5 треугольных пирамид;
б) на 4 треугольные пирамиды?
78.	Докажите, что периметр правильного (п-|- 1)-угольника,
вписанного в окружность, больше периметра правильного «-уголь-
ника, вписанного в ту же окружность.
IV этап
79.	Докажите, что для любых значений а, р и у хотя бы одно из
трех чисел sin a cos р, sin р cos у, sin у cos а не больше
80.	Задача 81 из десятого класса.
81.	Задача 82 из десятого класса.
243
82.	Задача 83 из десятого класса.
83.	При каких натуральных существуют различные нату-
ральные числа aj, а2,	а«, такие, что 1 akп + 1 для любого
fe = l, 2, п и все п модулей |ai—а2|, |а2 —Дз1, ...» |art_i — аЛ|,
|an —ad различны?
ДЕВЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1982—1983 гг.)
III этап
84.	Докажите, что функция
г / \  1 4“ sin х —cos х
7 l+sinx-j-cosx
является нечетной на интервале (—--0.
85.	Даны числа xj, х2, ...» х^з, такие, что
Х1 =х1983 = 1983 и х„ = х"±1.+2хп_1|
О
при п = 2, 3, .... 1982. Докажите, что все числа х„ равны 1983.
86.	Докажите, что система уравнений
( х2 — у3 = 7,
( г2 — 2у2 = 1
не имеет целочисленных решений (х; у; z).
87.	В выпуклом пятиугольнике ABCDE диагональ СЕ пересе-
кает диагонали BD и AD в точках F и G соответственно. Найдите
отношение площадей &CFD и дЛВ£\ если BF: £0 = 5:4,
Л6:00=1:1, CF:FG:G£=2:2:3.
88.	Объем параллелепипеда ABCDA\BiC\D\ равен V. Точки
Р, Q, R являются серединами ребер AtBt, CCt, CD соответственно.
Найдите объем пирамиды PQRA.
IV этап
89.	По кругу написано не менее трех попарно различных дейст-
вительных чисел. Каждое из этих чисел равно произведению двух
чисел, стоящих по обе стороны от него. Сколько чисел написано?
90.	Докажите, что для любых чисел а> 1,	1, у> 1, таких,
что	выполнено неравенство
р а
1g а	1g T
lg ₽ lg <*
91.	Дан правильный (2п 4- 1)-угольник. Найдите число всех тре-
угольников, вершины которых совпадают с вершинами данного
(2п+1)-угольника и которые содержат его центр.
244
92.	Последовательность (х„) задана рекуррентно следующим
образом: х\ =0 и хл-н =5хл+л/24хл + 1 для п= 1, 2,... . Докажите,
что все члены последовательности, начиная со второго, являются
натуральными числами.
93.	Даны два правильных пятиугольника OABCD и ОА iВ\C\D(,
не лежащие в одной плоскости. Докажите, что прямые AAit ВВ],
CCit DDi параллельны некоторой плоскости.
ДЕСЯТАЯ ОЛИМПИАДА (1983—1984 гг.)
Ill этап
94.	Найдите три последовательных простых числа, сумма квад-
ратов которых является простым числом.
95.	Задача 98 из десятого класса.
96.	На сторонах выпуклого n-угольника как на диаметрах
построены круги. При каких значениях п этот /г-угольник будет
обязательно покрыт построенными кругами?
97.	Десятичная запись числа 219*4 содержит т цифр, а деся-
тичная запись числа 51984 содержит п цифр. Чему равна сумма
т + «?
98.	Дан параллелепипед ABCDA\B]C]D]. На прямых ADi и
DC] взяты точки М и N соответственно так, что А4УЦЛ1С. Найдите
отношения AM:AD\, DN:DC\ и MN:A\C.
IV этап
99.	Задача 99 из десятого класса.
100.	Дана функция f (х), x£R. Известно, что функция g(x) =
— f (x)H-sin f (x) периодическая. Докажите, что f (х) также пе-
риодическая функция.
101.	Циферблат часов (круг с числами 1, 2, 3, ..., 11, 12) на-
сажен в центре на ось, укрепленную на классной доске, и может
поворачиваться вокруг оси на любой угол, кратный 30° (т. е. на
угол 30°, 60°, ..., 330°, 360°). Вначале на доске около каждой циф-
ры циферблата написали нуль. Циферблат поворачивается не-
сколько раз, и после каждого поворота каждое из написанных на
доске чисел увеличивается на то число, которое оказалось рядом
с ним на циферблате. Могут ли в итоге оказаться равными числу
1984: а) все числа на доске; б) все числа на доске, кроме одного;
в) все числа на доске, кроме двух?
102.	На территории страны, имеющей форму квадрата со сто-
роной 1000 км, находится 51 город. Страна располагает средства-
ми для прокладки 11 000 км шоссейных дорог. Сможет ли она со-
единить сетью шоссейных дорог все свои города?
103.	На гранях тетраэдра ABCD взяты точки Ль Ci, D[ так,
что А] — внутренняя точка /\BCD, Вх — внутренняя точка
дЛСО, С\ — внутренняя точка дЛВО, a D} — внутренняя точка
245
Д.АВС. Известно, что каждые две из точек Л|, Вь Ci, Di лежат в
одной плоскости с некоторыми двумя вершинами тетраэдра.
Докажите, что прямые AAit BBt, CCt, DD\ пересекаются в одной
точке.
ОДИННАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1984—1985 гг.)
III этап
104.	Переменные х, у, z, t таковы, что справедливы неравенст-
ва 1 ^x^y^z^fs^ 100. Какое наименьшее значение может при-
нимать выражение — -|—^-?
105.	Целые числа от 0 до 1985 в порядке возрастания записали
в строку. После этого под каждыми двумя соседними числами за-
писали их сумму, образовав новую строку. Затем под каждой па-
рой соседних чисел получившейся строки записали их сумму, обра-
зовав третью строку, и т. д. до тех пор, пока не получилась строка,
состоящая из одного числа. Докажите, что это число делится
на 1985.
106.	Дан выпуклый четырехугольник площадью S. Рассматри-
ваются всевозможные параллелограммы, стороны которых парал-
лельны диагоналям четырехугольника, а вершины лежат на сторо-
нах четырехугольника. Найдите наибольшее значение площади
рассматриваемых параллелограммов.
107.	Положительные числа а, 0, а, b удовлетворяют нера-
венствам
~ \ q ~ zviA^^ sin а	sin а
ос <С р, а -г р л, й о <С л> —:—~	“ -
sin b sm р
Докажите, что а<_Ь.
108.	В пространстве даны три равных отрезка. Докажите, что
существует плоскость, такая, что проекции данных отрезков на нее
равны.
IV "этап
109.	Докажите, что уравнение
(х —у)3 + (у — z)3 + (z — х)3 = ЗО
не имеет решений в целых числах.
110.	На плоскости расположены две параболы так, что их оси
взаимно перпендикулярны, а. сами параболы пересекаются в
четырех точках. Докажите, что эти четыре точки лежат на одной
окружности.
111.	На плоскости даны правильный треугольник АВС и квад-
рат DEHK. Они расположены так, что вершина D квадрата явля-
ется серединой стороны АС, вершина Е лежит на стороне АВ, вер-
246
шина Н — на стороне ВС. Докажите, что вершина К лежит вне
треугольника АВС.
112.	Ребра ЛД|, BBi, СС\ многогранника ЛВСЛ|В|С| лежат
на параллельных прямых /|, 12, 1з соответственно. Его треуголь-
ные грани АВС и Л|В|С| лежат, вообще говоря, в непараллель-
ных плоскостях. Докажите, что объем V многогранника равен
1/=-Д(ЛЛ1 + 5В1 + СС1)5,
где S — площадь треугольника, вершинами которого являются
точки пересечения прямых 1\, 12, 1з с плоскостью, им перпендику-
лярной (т. е. S — площадь основания прямой треугольной призмы,
боковые ребра которой лежат на прямых А, 12, 1з, рис. 208).
113.	Двадцать пять коротышек делят садовые участки в Цве-
точном городе. Каждый участок представляет собой квадрат 1X1,
и все участки вместе составляют квадрат 5X5. Каждый коротыш-
ка находится в ссоре не более чем с тремя другими коротышками.
Докажите, что можно распределить участки таким образом, чтобы
участки двух поссорившихся коротышек не были бы соседними.
(Соседними называются участки, имеющие общую сторону.)
ДВЕНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1985—1986 гг.)
III этап
114.	График функции f (х)=ах4 — х2 + Ьх + с изображен на ри-
сунке 209. Определите знаки коэффициентов а, Ь, с.
247
115.	Объем тетраэдра DABC равен V. Точки К, L, М, N таковы,
что АК=САУ CL = BCy DM==AD , DN =CD. Вычислите объем
тетраэдра LRNM.
116.	Докажите, что среди чисел вида 2п-|-я2, где n£N, имеется
бесконечно много чисел, делящихся на 100.
117.	Три окружности одинакового радиуса R имеют общую точ-
ку. Докажите, что радиус окружности, проходящей через осталь-
ные три точки попарных пересечений данных окружностей, также
равен R.
118.	Границей леса является прямая I (рис. 210). На перпенди-
куляре АС к прямой I в точках А и В (АВ —ВС = а) находятся
заяц и волк соответственно. Оба они бегают с постоянными ско-
ростями, причем скорость зайца вдвое больше скорости волка.
Заяц будет схвачен волком в некоторой точке, если в эту точку
волк сможет прибежать или раньше зайца, или одновременно с
ним. Заяц выбирает на / точку D и бежит в лес по отрезку AD.
Как выбрать точку D, чтобы заяц не мог быть схвачен волком
на отрезке AD?
IV этап
1Г9.	Даны окружность и точка М внутри ее. Докажите, что сум-
ма квадратов длин взаимно перпендикулярных хорд данной окруж-
ности, пересекающихся в точке М, есть постоянная величина.
120.	Пусть а, b — различные положительные числа. Докажите,
что справедливы неравенства
vaR а~Ь-
V	In a —In b	2
248
121.	Найдите объем параллелепипеда ABCDA[B\C}Di, если
отрезки АВ\У BiC, BDi попарно перпендикулярны и равны соот-
ветственно a, bt с.
122.	Имеются гири массой I2 г, 22 г, З2 г, ...» 1 0002 г. Докажите,
что их можно разделить на две группы одинаковой массы, по
500 гирь в каждой группе.
123.	Каждая точка плоскости окрашена в один из двух цветов.
Известно, что у любого правильного треугольника со стороной
1 имеются вершины обоих цветов.
а)	Докажите, что найдется правильный треугольник со сторо-
ной -д/3, все вершины которого одного цвета.
б)	Приведите пример раскраски плоскости, удовлетворяющей
условию задачи.
ТРИ Н АД ЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1986-1987 гг.)
Ill этап
124.	Найдите наименьшее натуральное число, которое увели-
чивается в 5 раз при перестановке последней цифры на первое
место.
125.	Найдите все решения уравнения
х~ —8 [xj+7 = 0.
126.	Две окружности касаются друг друга внешним образом
в точке D. Прямая касается одной из этих окружностей в точке А
и пересекает другую в точках В и С. Докажите, что точка А равно-
удалена от прямых BD и CD.
127.	В пространстве даны 1987 различных точек. Докажите,
что через некоторую из этих точек можно провести плоскость так,
что по разные стороны от этой плоскости будут лежать по 993
точки.
128.	Каким наименьшим числом кругов радиуса 1 можно пол-
ностью покрыть круг радиуса 2? (Круги могут накладываться
друг на друга и выступать за край большого круга.)
IV этап
129.	Найдите все трехзначные числа abc, квадраты которых
оканчиваются на abc.
130.	Докажите, что при всех x£R справедливо тождество
111.„| | |х| —2"| —З"-11 ——21 — 11 =
= 11...| | |х| — 11 — 11 —— 11.
2п +1 — I единиц
249
131.	Докажите, что если сумму
_L_ + _J_ +...+---------J------
• 1-2-3	4-5-6	1984-1985-1986
представить в виде несократимой дроби, то числитель этой дроби
будет нацело делиться на 1987.
132.	Пусть I — длина пространственной ломаной, а, Ь, с —
длины ее проекций на координатные плоскости.
а)	Докажите, что а 4- b 4- с I -\/б.
б)	Существует ли замкнутая ломаная, для которой выполня-
ется равенство а + Ь + с = 1^/&
133.	Четверо правильно идущих часов лежат на столе вверх
циферблатами так, что их центры являются вершинами квадрата.
В некоторый момент времени концы минутных стрелок часов
оказались вершинами квадрата. Докажите, что и в любой другой
момент времени четырехугольник с вершинами в концах минутных
стрелок также является квадратом. (Толщиной часов пренебречь.)
ЧЕТЫРНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1987-1988 гг.)
III. этап
134.	Найдите хотя бы одну тройку натуральных чисел х, у, z,
удовлетворяющих уравнению x3-\-y4 = z5. Конечно или нет мно-
жество его решений в натуральных числах?
135.	Докажите, что при любом натуральном п уравнение
(х4-Ул/3)л=л/14-^3
не имеет рациональных решений (х; у).
136.	На окружности заданы две точки А и В. Проводятся
всевозможные пары окружностей, касающихся внешним образом
друг друга и касающихся внешним образом данной окружности
в точках А и В. Какое множество образуют точки взаимного
касания этих пар окружностей?
137.	Докажите равенство
sin ту- • sin ~ sin 77=4-.
14	.14	14	8
138.	Можно ли внутри куба с ребром 1 расположить два не-
пересекающихся правильных тетраэдра с ребром 1?
IV этап
139.	Пусть
250
где tn, п — натуральные взаимно простые числа, а в левой части
равенства дробная черта содержится 1988 раз. Вычислите значе-
ние выражения m24-mn — п2,
140.	Дан треугольник АВС. Окружность проходит через вер-
шины А, В и пересекает стороны АС и СВ в точках Р и Q соответст-
венно. На стороне АВ взяты точки R и S так, что QR || СА, PSftCB.
Докажите, что точки Р, Q, R, S лежат на одной окружности.
141.	На доске написаны 1988 натуральных чисел: 1, 2, 3,..., 1987,
1988. С этими числами производятся поочередно две операции А и
В: сначала А, затем В, вновь А, затем В и т. д. Операция А такова:
из всех имеющихся на доске чисел вычитается одно и то же нату-
ральное число (вычитаемые могут быть различными при различ-
ных применениях операции Л). Операция В такова: стираются
два из имеющихся на доске чисел и на доске пишется их сумма. Па-
ры операций А и В применялись до тех пор, пока после очередного
выполнения операции В на доске осталось одно число. Оно оказа-
лось неотрицательным. Чему оно равно?
142.	В пространстве даны несколько точек, никакие четыре из
которых не лежат в одной плоскости. Они обладают следующим
свойством: если сфера проходит через какие-нибудь четыре из
этих точек, то все остальные точки лежат на этой сфере или внутри
ее. Докажите, что все данные точки лежат на одной сфере.
143.	Двое играющих по очереди закрашивают клетки доски
размером 8X8- Первый игрок своим ходом закрашивает любые две
соседние клетки в черный цвет, а второй — любую клетку в белый
цвет. Сначала все клетки были белыми. Может ли второй игрок
добиться того, чтобы после каждого его хода: а) хотя бы одна
угловая клетка; б) хотя бы две угловые клетки любого квадрата
размером 5X5 были окрашены в белый цвет? (Клетки называются
соседними, если они имеют общую сторону; одна и та же клетка по
ходу игры может перекрашиваться по нескольку раз.)
ПЯТНАДЦАТАЯ ОЛИМПИАДА (1988—1989 гг.)
Ill этап
144.	Члены последовательности (а„) определяются рекур-
рентным способом: Оо=-|-и а„=д/	1 при п = 1, 2, .... До-
кажите, что последовательность (ал) монотонна.
145.	Докажите, что при 0<х<у- справедливо неравенство
I + COS X	X
146. Какое наименьшее неотрицательное число можно полу-
чить путем расстановки перед числами I2, 22, З2, ..., 19892 знаков
« + » и «—» и последующего выполнения указанных операций?
251
147.	Координаты вершины С (х; у) треугольника АВС удовлет-
воряют неравенствам х2 -|- у2 8 4- 2у, у 3, а сторона АВ лежит на
оси абсцисс. Найдите наибольшее значение площади треугольника
АВС, если известно, что точка Q (0; 1) находится на расстоянии 1 от
прямых АС и ВС.
148.	На ребрах SA, SB, SC треугольной пирамиды SABC рас-
положены соответственно точки А,, Д, С> так, что SA-SAi =
= SS-SB| =SC-SCi. Докажите, что точки А, В, С, Ai, Bi, Ci ле-
жат на одной сфере.
149.	Представьте многочлен х8 + 4х2-|-4 в виде произведения
двух многочленов четвертой степени.
150.	Стороны выпуклого четырехугольника ABCD являются ос-
нованиями равнобедренных попарно подобных треугольников АРВ,
BQC, CRD, DSA, лежащих вне четырехугольника ABCD. Извест-
но, что четырехугольник PQRS является прямоугольником, при-
чем PQ^QR. Докажите, что ABCD — ромб.
151.	Найдите наименьшее натуральное число х, такое, что три
первые и четыре последние цифры в десятичной записи числа х3
являются единицами.
IV этап
152.	Найдите какие-нибудь натуральные числа ai<a2<...<
<a2r>-i, образующие арифметическую прогрессию и такие, что
их произведение является квадратом.
153.	По кругу в каком-то порядке расставлены числа 1, 2, 3, ...,
п. Разрешается одним ходом менять местами любую пару соседних
чисел, если модуль их разности больше 1. Докажите, что за конеч-
ное число ходов все числа можно расставить в естественном
порядке.
154.	На катетах АС и СВ прямоугольного треугольника АВС
взяты точки D и Е соответственно. Докажите, что основания
перпендикуляров, опущенных из вершины С на прямые DE, ЕА, АВ
и BD, лежат на одной окружности.
155.	Пусть а2>0, Z>^0, и а-|-й-|-с^З. Докажите не-
равенства
о । b I с	3	1	।	1 I 1
14-а2 “г 1+д2 ’’’ 1+с?	1+а	1+& ‘t’ i-R ’
156.	Докажите, что при любом значении с уравнение
х (х2— 1) (х2— 10) = с
не может иметь пять целых корней.
157.	На шахматной доске на левом нижнем поле al находится
ладья. За один ход ладья перемещается на одно поле или по верти-
кали, или по горизонтали. Может ли ладья обойти все поля доски,
побывав на каком-то поле ровно 1 раз, на другом поле ровно 2 раза,
на третьем поле ровно 3 раза, ..., на 64-м поле ровно 64 раза, и:
а) вернуться на исходное поле al; б) закончить маршрут на поле
252
а2? (Начальная позиция на поле а\ считается за однократное
«посещение» этого поля.)
158.	Три хорды окружности AAlt BBt, CCt имеют общую точ-
ку К и пересекаются под углом 60° (рис. 211). Докажите, что
КА + КВ + КС = КА, + КВ । + КС,.
159.	Можно ли в кубе с ребром 1 разместить три правильных
непересекающихся тетраэдра с ребром 1? (Допускается касание
тетраэдров их границами.)
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ДЛЯ ОДИННАДЦАТОГО
КЛАССА
1. Условимся называть дочками бактерии те две бактерии,
на которые она разделяется. Обозначим через Бь Б2, Б3, ... такую
последовательность бактерий:
Б| —исходная бактерия, число ее потомков П\ —1000;
Б2 — та из дочек Б\, у которой число потомков П2 не меньше,
чем у другой дочки Б\\
Бз — та из двух дочек Б2, у которой число потомков Пз не мень-
ше, чем у другой дочки Б2;
Бп+i — та из двух дочек Бп, у которой число потомков /7„+1 не
меньше, чем у другой дочки Бп-
Обозначим через П'п + i число потомков второй дочки Бп, отличной
от Бп+]. Тогда /7„-|-i + /7n+i = ПП, n= 1,2.причем в силу нашего
253
принципа выбора дочерних бактерий выполняется неравенство
2/7n-|-i ^nn+i 4“T7n+i = П„, т. е.
Пп+^^Пп, п = 1, 2................. (1)
Последовательность натуральных чисел П\, Пг, ... монотонно
убывает. Первый член этой последовательности П\ = 1000. Значит,
найдется такой номер k, когда в первый раз число /7* станет меньше
200, т. е. когда выполняются неравенства 77*_|^200 и /7*<200.
Учитывая неравенство (1), получим тогда (при n = k— 1), что
/7*_|	100, т. е. число Пь не меньше 100 и не больше 199
(меньше 200).
2. Перепишем данное неравенство в следующем виде:
log« 5+logs 6 + logs 7 -|- log? 8 > | J
Пусть Xi = log4 5,x2 = logs 6, *3 = log6 7, *4 = log? 8. По формуле
перехода к новому основанию
Xl=J^-,X2 = ^,X3=-^-,X4 = ^-.
Ig 4	lg 5	lg 6	1g 7
Воспользуемся неравенством между средним арифметическим и
средним геометрическим для четырех положительных чисел Xi, х2,
Хз, х4:
Vxix2x3x4 =
х'±хг+хз+х4 >^*2X3X4,	(1)
________4_______________ __________
lg 5 lg 6 lg 7 Ig8~ 1 / lg 8 /Т
lg4 ’ lg5 ’ lg6 ’ lg 7 V lg 4 V 2'
4 Г n
Отсюда следует требуемое неравенство, поскольку "V-jC»!,!.
Замечания. 1. Неравенство (1) следует из неравенства
a-\-b~^2^ab следующим образом:
Х| + х2+Хз+х4 > 2 ->/х1Х2 + 2 Ух3х4 2 • 2 -\/->/xiX2 *-\/хзХ4 =
= 4 VxiX2x3x4.
2.	Вычисления (например, на микрокалькуляторе) показывают,
что сумма log4 5 -|- logs 6 4- logs 7 4- log? 8 приблизительно равна
4,4289... и весьма близка к числу 4,4.
3.	Пусть а=-\/1975. По формуле бинома Ньютона
(44 4- а)100=44'00 4- С} оо  44" • а 4- С2100 • 4498 -а24-...
+ С?^44.а"+а100.
Аналогично
(44_а)'00 = 44>0о_С;0о-44".а4-С?оо-4498-а2-...
— С?оо-44*а"4-а100
254
(знак < — > стоит в правой части перед теми слагаемыми, в кото-
рые число а входит множителем в нечетной степени). Сложив
оба выражения, получим:
(44 + а)100+(44 - а)'00=2 (44100 + С%о • 4498 • а2 + Cfoo • 4496 • а4 +...
+ С?8о • 442 • а98+а'00)=2 (44100+С?оо • 4498 -1975 +
+ Ctoo • 44е6 • 19752 +... + 197550).
Следовательно, число (44+а)100+ (44—а)100 является нату-
ральным и притом четным. Обозначим его 2N. Тогда
2ЛГ>(44 + а)100=2ЛГ-(44-а)100>2М-1,
так как, очевидно, 44<a<45. Таким образом, целая часть дан-
ного числа (44+л/1975)100 равна нечетному числу 2N — 1.
4.	Обозначим Z.BAC = a, Z.ABC=fi, Z.ACB=y (рис. 212).
Заметим, что из условия АС^ВС следует, что а=^р. По теореме
синусов из &ВСЕ находим:
ВС = sin ZBEC = sinG-(4+?)) _ sin(4+0
BE sin у	sin 7	sin у
Аналогично из ДАОС находим -- = ——г-
ВС AD sin \ о 4"Y у
Таким образом,	-г-. По условию левая
sin(y+v).
часть этого равенства равна 1, поэтому
sin (-|-+ У ) = sin (-р+ у ), 2 sin	cos	+ у )=0.
Здесь а + ₽ = л—у и sin-^-^-=#0, поэтому
cos(«±i+v)=Cos21±3L=0, -Ц31=-2,
\ 4	/	4	4	2
Следовательно, у=-7-.
О
Рис.212
Рис. 213
255
5.	Нужно доказать, что если Л3В3ЦВ1С1 и Л30з||Л|В1, то либо
Л3Вз>-|-В|С1, либо Л30з>-^Л|В1 (рис. 213).
Пусть Л3Вз = аВ1С1 и Л3£>з = рЛ|^1, где 0<а< 1 и 0<р<1.
Очевидно, что задача будет решена, если мы докажем, что
а +	1, так как тогда или а или Для доказательства
воспользуемся векторным методом. Выразим векторы Л2В2 и В2С2
через векторы Л(В1 и B(Ci. Пусть фф-=р, и фф =рь Тогда
Д1О|	D I С I
Л |Л2=р1Л 1B1, Л2В1 =(1—pi) Л|В1,
BiB2 == P1B1C1, В2С1 =(1 — pi) В[С[,
ЛзВг^Л2В1 Я-В\В2, ВяС? —В2С1С1С2.
Из равенства А Л \A2D2 и дВ2С|С2 (по стороне и двум прилежа-
щим углам) следует, что Л1Л2 = С|С2, и поэтому CiC2 = — Л1Л2 =
= — р\А\В\, Следовательно,
Л2В2=(1 —Р1)Л|В| + ?1В1С|,
____ ____________ _______ (1)
В2С2=(1 —q\) В\С\ —Р1Л1В1,
где 0<pi < 1, 0<pi < 1. Аналогично доказывается, что
Л3В3 = (1 —р2) Л2В2 + р2В2С2,
____	____ _______ (2)
ВзСз = (1 —Р2) В2С2 — Р2А2В2.
где 0<р2<1, 0<р2<1.
Из (1) и (2) получаем:
Л3Вз=(1—р2) ((1—pi) Л jBi 4" PiBiCi)4" __
+ Р2 ((1 —q\) В\С\ —р]Л1В|) = ((1 —рi) (1 —р2)—pi<72) Л1S1 +
+ ((! —Р2) q\ + Р2 (1 — Pi)) Bi Ci
и аналогично
ВзСз=(—(1 —р2) pi—р2 (1 —pj)) ЛдВ| -НО —Р2) (1 —Pi)—
—Р2Р1) BiCi.
Это с одной стороны. А с другой стороны, по построению
ЛзВз = аВ1Сь В^Сз= — (ЗЛ]В1.
Следовательно, выполняются равенства
f(l— Pl) (1 — p2)-pi?2 = 0,
((I —рг)(1 —<71)—р2<?|=0
и равенства
( ос = (1 —р2) pi -Ирг (1 —pi),
t P = (l —Р2) Pi + p2 (1 —Pi).
256
Решая систему линейных уравнений (3) относительно р2 и q2,
получаем равенства
{(1—pi —<7))<72=(1—Pi)0—2?i).	’
из которых следует, что если 1— pt — <?i=0, то и 1—2pi=0, 1 —
— 2^1=0, т. е. Pi=<7i=y-- Если же 1— pi— <7i=#0, то 1— 2pt и
1—2*71 имеют один и тот же знак, т. е. (1 — 2р()(1 — 2pi)>0.
Пусть сначала 1 — р, — q\ =/=0. Тогда, подставив р2 и q2, найден-
ные из (5), в выражения для а и 0 (см. (4)), после соответствую-
щих упрощений получим:
а + р=1 +(1 -2pi)(l -2qt)> 1.
Следовательно, либо либо
Пусть теперь 1—pt— </i =0. Тогда, как уже показано, pt =
= qt=-^-, поэтому
a + ₽—£"(! — Рг)+-|-<72+'£-(1 — <?2) + -£-р2 = 1.
Следовательно, и в этом случае или или
6.	На сторонах дЛВС построим во внешнюю сторону квадра-
ты ABBiA2, BCCtB2 и CAAiC2 (рис. 214). Пусть /1Л=а,
Z.B = p, 2LC—f. Если точки Л|, Л2, Bt, В2, Ct, С2 лежат на одной
окружности, то центр О этой окружности лежит на пересечении
трех серединных перпендикуляров KKt, LLt и MMi к отрезкам
Рис. 214
9 Заказ 57
257
A2B\, B2Ci и C2Ai, так как точка О равноудалена от концов этих от-
резков. Очевидно, что точка О равноудалена и от А, В, С, т. е. О —
центр окружности, описанной около ДАВС. Радиусы этих окруж-
ностей обозначим соответственно через R и r(r<zR)-
Из ДОСС| по теореме косинусов
OC? = OC2 + CCf — 2OC‘CCi cos ДОСС,,
или
7?2 = г2 + 4r2 sin2 а + 4r2 sin a sin Д ОСЬ,
так как OCi = R, OC=r, CCt = BC, a BC = 2r sin а по теореме си-
нусов из Л АВС, и, наконец, Д ОСС\ = Д OCL+-Далее, так
как вписанный ДВАС и центральный Д ВОС опираются на одну и
ту же дугу, то Z_BOC=2 ДВАС = 2а, а так как OLLBC и ВЬ =
— ЬС, то ДОС£=-^------ДВОС=-^—а. Следовательно,
^-= 1 -j-4 sin2 а-|-4 sin а cos а= 1 -|-2 (1 —cos 2а) + 2 sin 2а =
= 3-|-2 (sin 2а —cos 2а)=3 + 2-\/2 sin ^2а—
Аналогично доказывается, что
^-= 3 + 2 ^2 sin (2р —J-) = 3 + 2 ^2 sin (2у -.
Таким образом, шесть вершин построенных квадратов лежат на
одной окружности тогда и только тогда, когда углы треугольника
а, р, у удовлетворяют условиям
sin ^2а—= sin ^2р—=sin ^2у—
Из первого равенства по формуле разности синусов получаем
уравнение
2 sin (а —Р) cos^a + p—^ = 0,
из которого следует, что либо а = р, либо а + Р=^-. Аналогично
получаем, что либо Р = у, либо Р + ?=^р
Если а = р=у, то треугольник равносторонний. Если а = р,
р + у=^р то а = л—^-=-2- и треугольник равнобедренный и
прямоугольный: а = р=-р Т=у-- В двух других случаях получит-
ся тоже равнобедренный прямоугольный треугольник.
7.	Согласно условию задачи каждое ребро многогранника пре-
вращено в вектор, который будем называть вектором (соответ-
258
ствующего) ребра. По условию задачи в каждую вершину много-
гранника входит некоторый вектор ребра и из нее же выходит неко-
торый вектор ребра, так что через вершину можно пройти, следуя
за направлениями векторов ребер.
Будем называть циклом замкнутую ломаную, составленную из
ребер многогранника и не имеющую самопересечений, такую, что
ее можно обойти, следуя за направлениями векторов ее ребер. Это
значит, что в каждую вершину цикла входит ровно один вектор
ребра и выходит ровно один вектор ребра из векторов, образующих
цикл. Требуется доказать, что на многограннике, удовлетворяю-
щем условиям задачи, существуют два плоских цикла, являющие-
ся границами двух граней многогранника.
Покажем сначала, что, какова бы ни была вершина А много-
гранника, существует цикл, одной из вершин которого является
вершина А. Действительно, пусть А — произвольная вершина мно-
гогранника. Так как согласно условию задачи в вершину А входит
некоторый вектор ребра (пусть это будет вектор A-iA, А_\ —
вершина многогранника) и из вершины А выходит некоторый век-
тор ребра (пусть это будет вектор AAi, Ai — вершина многогран-
ника), то мы можем найти три вершины Л_|, Л, Ль такие, что
Л_]Л и ЛЛ1 — векторы ребер. Точно так же можно затем найти
вершины Л-2 и Л2 многогранника, такие, что векторы Л_2Л_1 и
Л1Л2 — векторы ребер. И т. д. Так как число вершин многогранни-
ка конечно, то рано или поздно строящаяся цепочка векторов ре-
бер — цепочка
Л —2Л_1, Л —(Л, Л Л ।, Л1Л2, ...
замкнется в первый раз и мы найдем требуемый цикл (рис. 215).
Пусть у — цикл, существование которого мы только что дока-
зали. Он разрежет многогранник на две части аир. Покажем, что
в части айв части р существуют плоские циклы, ограничивающие
грани многогранника.
Может случиться, что сам цикл у является таковым. Отнеся
Рис. 215
259
его в этом случае к части а, мы можем считать, что существование
в а требуемого условием задачи плоского цикла доказано. Если
же цикл у не является границей грани многогранника, то в
части а существует вершина At, отличная от вершин цикла у.
Совокупность всех вершин части а вместе с вершинами цикла у
удовлетворяет основному условию: в каждую из них входит и из
каждой из них выходит некоторый вектор ребра. Поэтому точно
так же, как и ранее, можно показать, что в "части а существует
цикл — обозначим его через у)(— проходящий через вершину At.
Он ограничивает некоторую часть cti многогранника, содержа-
щуюся в части а, но строго меньшую, чем а. Может случиться,
что ai —трань многогранника. Тогда цикл yi — искомый плоский
цикл, ограничивающий грань многогранника, и требуемое доказа-
но. Если же это не так, т. е. цикл yi не является границей грани
многогранника, то на части ai имеется вершина (обозначим ее че-
рез Дг), отличная от вершин цикла yi. Через вершину А2 в части он
(с присоединенным циклом yj можно провести цикл уг, который
ограничивает часть а?, содержащуюся в части ai и строго мень-
шую ai. И т. д. Описанный процесс не может длиться бесконечно:
за конечное число шагов мы дойдем до цикла у*, ограничивающего
грань многогранника. Таким образом, доказано существование в
части а требуемого плоского цикла, ограничивающего грань
многогранника.
Точно так же доказывается существование требуембго цикла
в части р. Итак, на многограннике, удовлетворяющем условию
задачи, существуют два плоских цикла, ограничивающие грани
многогранника. Отметим, что утверждение задачи нельзя усилить:
несложно построить пример многогранника, удовлетворяющего
условию задачи, на котором существуют ровно два требуемых
цикла.
9. Так как точка /( равноудалена от прямых АВ, ВС и CD, то
ВК и СК — биссектрисы Z.ABC и /LBCD (рис. 216). Пусть
ЛАВС = 2<р, ЛВСВ = 2хр. Из того, что четырехугольник вписан в
окружность, следует, что Z_BAD = n. — 2-ф, 2-ADC = n — 2ф.
Пусть для определенности Тогда, очевидно, на отрезке
KD существует точка М, такая, что Z-DCM = q>. В &CDM углы
при вершинах С и М равны <р, т. е. MD = CD.
Если <р=Ч>, то точка М совпадаете точкой К (рис. 217), дДМВ
равнобедренный и АВ = АМ. Следовательно, в этом случае АВ-\-
+ CD = AM + MD=AD.
Докажем, что Л АМВ равнобедренный и в случае, когда ф<1р.
Если то точка М не совпадает с точкой К. Четырехугольник
КВСМ может быть вписан в окружность, так как у него Z. КВС = <р,
а Z- KMC=ji — <р. Поэтому Z_KMB = А КС В как вписанные углы,
опирающиеся на хорду КВ. Так как /_КСВ = у>, то /-KMB=ty,
Д.АМВ равнобедренный и АМ=АВ. Следовательно, AB~t~CD =
=AD.
Случай ф>т|) рассматривается аналогично.
260
|2. Введем нумерацию строк и столбцов клеток бесконечной
клетчатой бумаги. Присвоим номер 1 самому левому из столбцов,
содержащих черные клетки. Столбцы, расположенные вправо от
него, занумеруем последовательно номерами 2, 3, .... Аналогично
введем нумерацию строк, присвоив номер 1 самой нижней из строк,
содержащих черные клетки. Строки, расположенные над строкой с
номером 1, занумеруем последовательно снизу вверх номерами 2,
3, ... .
Очевидно, две черные клетки имеют хотя бы одну общую верши-
ну тогда и только тогда, когда:
а)	номера строк, в которых расположены эти клетки, отли-
чаются не более чем на 1;
б)	номера столбцов, в которых расположены эти клетки, отли-
чаются не более чем на 1 (рис. 218,а).
Рассмотрим теперь четыре множества черных клеток М (ч, н),
М (н, ч), М (ч, ч), М (н, н), где М (ч, и) — множество всех черных
клеток, стоящих в строках с четными номерами и в столбцах с не-
четными номерами (обозначения остальных трех множеств расши-
фровываются аналогично).
Каждая черная клетка принадлежит одному и только одному
из этих четырех множеств. Всего черных клеток 25. Значит, в одном
из указанных четырех множеств (обозначим это множество сокра-
щенно через М) содержится не менее семи клеток.
Любые две различные клетки множества М не имеют общих
вершин, поскольку номера их строк (номера их столбцов) имеют
одинаковую четность, и, следовательно, либо номера строк отли-
чаются не менее чем на 2, либо не менее чем на 2 отличаются но-
мера столбцов, в которых расположены эти клетки. Следовательно,
при любом расположении закрашенных клеток обязательно най-
дутся семь из них, не имеющих общих вершин, и поэтому k ^7.
Для расположения, указанного на рисунке 218,6, более 7 кле-
ток, попарно не имеющих общих вершин, выбрать нельзя (в каж-
дом из шести черных квадратов размером 2X2 можно выбрать
только одну клетку). Следовательно, k^7.
Таким образом, k = 7.
261
4>
Рис. 218
13. Сформулируем шесть вопросов, ответы на которые позволя-
ют узнать распределение чисел от 1 до 64 по клеткам шахмат-
ной доски.
Пусть Mi — множество всех чисел, записанных в клетках Z-й го-
ризонтали доски, где /=1, 2, ..., 8. Сначала укажем три вопроса,
которые позволяют определить распределение чисел по горизонта-
лям, т. е. определить множества М\. М^ М8.
Первый вопрос: «Назовите множество А всех чисел, за-
писанных в клетках 1-й, 2-й, 3-й, 4-й горизонталей доски, т. е. объ-
единение множеств Мь М2, М3, М4».
Заметим, что после ответа на этот вопрос становится известным
не только множество Л, но и множество А' всех чисел, записанных
в клетках 5-й, 6-й, 7-й, 8-й горизонталей доски, т. е. объединение
множеств Ms, Me, М7, М8.
262
Второй вопрос: «На-
зовите множество В всех чисел,
записанных в клетках 1-й, 2-й,
5-й, 6-й горизонталей доски,
т. е. объединение множеств
Л1|, Л42, М5, Мб».
После ответа на этот вопрос
становится известным и мно-
жество В' всех чисел, записан-
ных в клетках 3-й, 4-й, 7-й, 8-й
горизонталей доски, т. е. объ-
единение множеств М3, М4,
М7, М8.
Третий вопрос: «На-
зовите множество С всех чисел,
записанных в клетках 1-й, 3-й,
5-й, 7-й горизонталей доски,
т. е. объединение множеств
Mi, М3, М5, М7».
Если известно множество С, то, очевидно, известно и множест-
во С', являющееся объединением множеств М2, М4, Мб, М8.
Зная множества Л, В, С (а следовательно, и множества Л', В',
С'), можно найти любое из множеств Мь М2, ..., М8. Действитель-
но, множество Mi—это общая часть множеств Л, В, С\ мно-
жество М2 — это общая часть множеств Л, В, С'; множество Мз —
это общая часть множеств Л, В', С; множество М4 — это общая
часть множеств 71, В', С' и т. д.
Далее, задав три аналогичных вопроса о числах,
записанных в клетках вертикалей шахматной доски, мы сможем
для каждого /=1, 2, ..., 8 определить множество Nj всех чисел,
записанных в клетках /-й вертикали.
Зная множества Мь М2,..., М8 и множества А+ У2,..., ?V8, мож-
но определить число в любой клетке шахматной доски. Действи-
тельно, в клетке на пересечении z-горизонтали и /-й вертикали за-
писано число, которое является общим для множеств Mt и А/,.
14. На плоскости введем систему координат. Пусть в началь-
ный момент кузнечик находился в начале координат Л (0; 0), а пос-
ле первого прыжка — в точке Л1 (1; 0). Через Ап обозначим точку, в
которой кузнечик оказался после n-го прыжка. Тогда согласно ус-
ловию имеем (рис. 219):
Л1(1;0), Л2 (1; -2), Л3 (-2; -2), Л4(-2; 2), Л5 (-2 + 5; 2),
Лб (3; 2 — 6), Л7(3 —7; -4), Л8(-4; -4 + 8)
и т. д. В частности, точка Л8 имеет координаты —4 и 4.
Пусть точка Л4* имеет координаты а и Ь. Тогда
Л4*+1 (д + 4fe + 1; 6), Л4^_|..2 (а + 4А + 1; b — 4k — 2),
Л4^-|-з (u+ 4fe + 1—4 k— 3; b — 4k — 2), Л4£+4 (g — 2; Z> + 2).
263
Ш	Отсюда по индукции легко полу-
1	чается, что точка	имеет коор-
--------- динаты — 2k и 2k. Следовательно,
А 44+1 (2Л-|-1; 2k),
A4i+2(2k+l; -2k-2),
Л44+3 (—2k — 2; —2k — 2),
A4k+4(-2k — 2; 2Л + 2)
для любого k=0, 1, 2, ..., n—2,
n — 1, .... Отсюда видно, что для
любого п > 1 обе координаты точ-
ки Ап не равны нулю. Это озна-
чает, что кузнечик не может вер-
нуться в исходную точку.
15. Пример искомого разбие-
ния приведен на рисунке 220.
В секторах I и II прямоугольники
1X2 укладываются горизонтально (они заштрихованы), а в
секторах III и IV — вертикально. Каждая горизонтальная линия
клетчатой бумаги не пересекает заштрихованные прямоуголь-
ники и пересекает лишь конечное число вертикальных прямо-
угольников. Каждая вертикальная линия клетчатой бумаги не пе-
ресекает незаштрихованные прямоугольники и пересекает лишь
конечное число горизонтальных (заштрихованных) прямоуголь-
ников.
16. Если две последние цифры числа ак-)-Ьк совпадают с двумя
последними цифрами числа ск, то разность (ак-)-Ьк)— ск делится на
100. Полагая fc = l, получаем, что число (а+Ь)— с делится на 100.
Но тогда на 100 делится и разность (а-\-Ь)к—ск при любом
натуральном k^\. Действительно, разность (а-\-Ь)к — ск =
=((а + 6)—с)((а + Ь)*-1+(а + &)*~2‘с + —+ с*-1) и Делится, оче-
видно, на 100, ибо на 100 делится сомножитель (а+ 6)—с. Итак,
искомые числа а, Ь, с обязаны удовлетворять следующему усло-
вию: разность (а-\-Ь)к — ак — Ьк при любом натуральном £>1
делится на 100. R частности, беря k = 2 и k = 3, получаем:
(a + b)2—a2 — b2 = 2ab = \00p,	(1)
(a + b)3-a3-b3 = 3ab(a + b)=l00q,	(2)
11111^
7//V/M
'///7/Л1
7/^/АГ/Л
V//W7M________________,
7//7<//М
7/6V//11

П
Рис. 220
где р, q^N.
Из первого соотношения получаем равенство ab = 5()p. По-
скольку число ab делится на 50 = 2-25 и поскольку ни одно из
чисел а и b не должно делиться на 10, то из равенства ab =
= 2‘25’р следует, что одно из чисел а или b четно и не делится на 5
(пусть это будет число а, а = 2/п, т £N), а другое нечетно и делится
на 25 (т. е. 6 = 25и, n£N). Таким образом, а=2т, m£N, а Ь = 25п,
п — нечетное число, n = 2/-|-l, t^0, — целое число. Подставив
полученные выражения в равенство (2), получаем:
264
3 • 2m • 25 (2/ + 1) (2m+50/ + 25) = 1 OOq,
3m (2/+ 1) (2m 4-50/+ 25) = 2<?.
Мы видим, что m — четное число, m = 2s.
Итак, a=4s, а 6 = 25 (2/4- 1). Попробуем подобрать небольшие
такие числа а и Ь. Напрашивается взять $=1 и / = 0. Получим
а = 4, 6 = 25. А в качестве числа с возьмем сумму а 4-6=29, ибо
в этом случае разность (а + Ь) — с делится на 100 вместе с раз-
ностью (а 4-6)* — ск, k — произвольное натуральное число.
Пользуясь методом математической индукции, докажем, что
найденная тройка чисел 4, 25 и 29 удовлетворяет условию зада-
чи, т. е. число 4*4-25* —29* делится на 100 при k£N.
Это утверждение справедливо при k = 1. Пусть при k=n число
4" 4-25" —29" делится на 100, т. е. 4" 4-25" — 29"= 100р. Тогда
4"+1 25"+1 — 29"^' = (4"+1 4- 4 • 25’ — 4 • 29") 4- 25"+1 — 29"+' —
- 4 • 25" 4- 4 • 29" = 4 (4’ 4- 25" - 29") - (29"+' - 25"+') 4- 4 (29’ -
— 25")=4-100р —(29 —25) (29’4-29"-'-25 + „. 4-29-25"“14-
4-25")4-4 (29 - 25) (29"“14-29"-2 • 25 4-• • • + 29 • 25"-2 4-25"“1) =
=400р - 4 (29" 4- 25?) 4-16 (29" ~14- 25г)=400р -100? + 400г -
— 4-29" 4-16-29"-'=400р—100? 4-400г-100-29"-',
где р, q, r£N.
Мы видим, что и число 4"+'4-25"+'—29"+‘ делится на 100.
Итак, числа 4, 25 и 29 удовлетворяют условию задачи.
17.	Требуемый многогранник существует (рис. 221): вне пяти-
угольной призмы ABCDEAlBiCiDtEt на гранях ABCDE и
AiBtCtDiEi как на основаниях построены пятиугольные пирамиды.
Рис. 221
Рис. 222
265
18.	В процессе решения мы многократно будем пользоваться
следующим фактом: «Четырехугольник MNPQ является парил- ~
лелограммом тогда и только тогда, когда MN = QP».
Рассмотрим произвольный выпуклый четырехугольник ABCD
с заданной площадью S и данным углом а между диагоналями
(рис. 222). Пусть х=АС и y = BD. По формуле площади четырех-
угольника
S=yxysina.	(1)
Выберем в плоскости рассматриваемого четырехугольника
точки Л। и Ci так, чтобы AAt — CCt — BD, и рассмотрим параллело-
граммы AtABD, DBCCi и AiACCt, в которых AB=A,D, BC = DCi.
Следовательно, Pabcd=AB-]-BC-]-CDA-DA = DA, + DCt -|-Z)C +
A~DA, t. e. периметр данного четырехугольника равен сумме
расстояний от точки D до вершин параллелограмма A,ACCi.
По неравенству треугольника
DA-1-DCi^ACt,	(2)
DAt+DC^AtC.	(3)
Поэтому Рлвсо=(РЛ + £>С1)+(£)Л|+£)С)>ЛС1-|-Л1С. Отметим,
что неравенства (2) и (3) одновременно превращаются в равен-
ства в том и только в том случае, когда точка D лежит как на отрез-
кеЛС\, так и на отрезке AjC, т. е. когда D=O, где О — точка пере-
сечения диагоналей АС, п А,С параллелограмма А,АСС,. В этом
и только в этом случае AD = DC или, что то же, AD — BC (по-
скольку DBCCi — параллелограмм, то DC,=BC).
Таким образом, доказано, что
Р^^лс. + л.с,	(4)
причем это неравенство превращается в равенство тогда и только
тогда, когда AD = BC, т. е. в том и только в том случае, когда
четырехугольник ABCD — параллелограмм.
Оценим снизу правую часть неравенства (4). Из ДЛСС|,
где АС=х, СС\=у, Х.АСС, = а, по теореме косинусов
АС, =д/ЛС2-|-СС2 —2-Л(?-СС|-cos ААСС,=
=-\/х2 + у2 — 2ху cos a.
Аналогично из дЛ,ЛС, в котором А,А=у, АС=х, Z.A,AC =
=п — а, получим:
Л1С=-Vx2+y2 + 2xy cos a.
Воспользуемся далее неравенством
х2 + у2>2ху,	(5)
обращающимся в равенство тогда и только тогда, когда х=у.
266
В соответствии с (4) и (5) и формулой (1) имеем:
Pabcd>~\/х2 + у2 — 2ху cos а + V*2+f/2 + 2xy cos а
-\/2ху — 2ху cos а + -\]2ху + 2ху cos а =
= л/-^-(1-со5а)+Д/-^-(1+со5а)=
v sin а	v sin а
= 2V5(?/tgf+Vctgf )’
^flC0>2Vs(-\/tg f+A/ctgf ) •	(6)
В силу сказанного выше неравенство (6) обращается в равен-
ство тогда и только тогда, когда неравенства (4) и (5) обращают-
ся одновременно в равенства, т. е. когда ABCD — параллело-
грамм, в котором х = у (диагонали равны). Но такой параллело-
грамм является прямоугольником. Следовательно, в (6) имеет
место равенство в том и только в том случае, когда ABCD —
прямоугольник.
Итак, среди всех выпуклых четырехугольников с данной пло-
щадью S и данным углом а между диагоналями наименьший
периметр имеет прямоугольник с диагоналями х = у =
и сторонами
19.	Для любого выпуклого многогранника Р\Р2...Рп (Рь Р2,
..., Рп — его вершины) через R(Pj) обозначим количество ребер,
выходящих из вершины Р/, т. е. имеющих эту вершину одним из
своих концов. Так как для каждого ребра многогранника имеются
ровно две вершины, являющиеся его концами, то
R (Pi) + P (Р2)+... +R (Pn) = 27V,	(1)
где N — число ребер многогранника.
Пусть М — некоторый выпуклый многогранник А]...Ат, из
каждой вершины которого выходит четное число ребер. Рас-
смотрим сечение многогранника М плоскостью а, не проходящей
ни через одну из вершин Aif ..., Ат многогранника М. Обозначим
через В1...В/ выпуклый многоугольник, получающийся в сечении,
а через Сь ..., Ck (k<m) — все вершины многогранника М, лежа-
щие в одном из фиксированных полупространств, на которые
267
плоскость а разбивает все пространство (это полупространство
сокращенно будем называть правым и обозначать а+, а точки,
лежащие в нем,— лежащими справа от плоскости а).
Многогранник М+ = Bi...BtCi...Ck, являющийся частью много-
гранника М, выпуклый. Его вершины — это точки Bi... Bi, Ci,
..., С*, а ребра — это:
а)	ребра многогранника М, лежащие справа от плоскости а
и не имеющие с этой плоскостью общих точек, концами таких
ребер являются вершины С...... С*;
б)	части ребер многогранника Af, концы которых лежат по
разные стороны от плоскости а, одним концом каждого из таких
ребер является одна из точек Bi, ..., В/, а другим — некоторая
из вершин Ci, ..., Ct,
в)	стороны многоугольника В1...В1.
Из каждой вершины Ci, ..., С* многогранника М + по условию
задачи выходит четное число ребер /? (Су)=2г/, где г, — натураль-
ное число, а из каждой вершины Bi, ..., Bi выходит ровно три
ребра (по одному ребру типа б) и по два ребра типа в)) R (Bt)=3.
Следовательно, R (В|)+ •• + R (Bt)=3l, R (Ci)-|-..,4-/? (Ct)=
= 2 (r 1 + ... + />).
По формуле (1) сумма всех R (Bi) и всех R(Cj) равна 2N, где
N — число ребер многогранника М+, и поэтому 3/-f-2(Г|4-.-- +
-\-rk)=2N. Отсюда следует, что / — четное число. Утверждение
задачи доказано.
20. Для любого действительного числа х
—-I-4X.2-1-4^.41~> + 2.4'->__ ,
4х-4|-х4-41-2-Ь2-4'-ж-|-4
Поэтому, обозначив рассматриваемую сумму через S, получим:
+Н»+/(4^)+/(-^-)+...+?Ш+Н0)= ..
=(/ (0)+/ (I -0»+(f (т2_)+,(1	+ V (D+
,	+	+1 = 1977.
Следовательно, S=-iy^-.
21. Возможны три случая.
1.	Числа тип взаимно простые (не имеют общих делителей,
отличных от единицы).
2.	Числа т и п не являются взаимно простыми, и всякий
простой делитель числа п является также и делителем числа т.
3.	Числа т и п не являются взаимно простыми, и существует
простой делитель числа п, не являющийся делителем числа т.
268
Рассмотрим случай 1. Обозначим А = п, В = т — п. Тогда
число т представляется в виде
т=А + В.	(1)
Здесь А — делитель числа п, а числа В и п являются взаимно
простыми. Докажем последнее утверждение методом от противно-
го. Действительно, если бы числа В и п имели общий делитель р,
то существовали бы числа b£N и c^N, такие, что В = Ь-р, п =
= с-р. Отсюда следует, что /п=-ВЦ-п=(&-|-с)р. Таким образом,
число р оказывается не только делителем числа п, но и делителем
числа т. Но поскольку пит взаимно простые, то р = 1, т. е.
всякий общий делитель чисел В и п равен единице. А это и означа-
ет, что В и п взаимно простые. Формула (1), таким образом,
дает решение задачи в случае 1.
Рассмотрим случай 2. Обозначим А = 1, В = т— 1. Тогда
т=А + В.	(2)
В этой формуле А — делитель числа п. Докажем методом от
противного, что числа В и п взаимно простые.
Пусть числа В и п имеют общий делитель г=/=1. Обозначим
через q (р^2) любое простое число, являющееся делителем числа
г. Очевидно, что q — общий делитель чисел В и п. В частности,
найдется натуральное число Ь, такое, что B = bq. В рассматривае-
мом случае простой делитель q числа п должен быть также
и простым делителем числа т. Поэтому существует число c£N,
такое, что m = cq. В таком случае 1 = т — B = cq — bq=(c — b)q,
что для целых чисел q^2 и с — b невозможно. Полученное про-
тиворечие доказывает, что В и п — взаимно простые числа.
Формула (2), таким образом, дает решение рассматриваемой
задачи в случае 2.
Рассмотрим случай 3. Обозначим через р\, ..., pt все попарно
различные простые числа, являющиеся общими делителями
чисел т и п, а через qt, ..., qs все попарно различные простые
делители числа п, не являющиеся делителями числа т. Очевидно,
что простые числа pi, .... pt, q\, .... qs представляют собой совокуп-
ность всех различных простых делителей числа п.
Представим число т в виде
т=А + В, A = q\...qs, B = m — qi...qs.	(3)
Очевидно, что число А является делителем числа п. Докажем
методом от противного, что числа В и п взаимно простые.
Предположим, что В и п не взаимно простые. Тогда, как было
показано при рассмотрении случая 2, найдется простое число
q (р^2), являющееся общим делителем чисел В и п. Обозначим
через b натуральное число, удовлетворяющее равенству B = bq.
Так как q — простой.делитель числа п, то для него имеются лишь
две взаимно исключающие возможности: либо q совпадает с одним
из чисел pi...pt, либо q равно одному из чисел qlt ..., qs. Если
269
q=pi при некотором 4=1, t, то число q является делителем
числа m, поэтому найдется натуральное число с, такое, что ?и =
= cq, и тогда q\...qs = m — В = cq — bq— b) q=(c — b)pit Левое
произведение в этой цепочке равенств не делится на число q =
=Pi, а правое делится на это число. Получили противоречие.
Если q = qj при некотором / = 1, s, то число A = qs делит-
ся на число q, т. е. A = aqy где и тогда m=A + B = aq-\-
+ bq = (a-\-b) q = (a-\-b) q^ А это означает, что qj является делите-
лем числа /и, что противоречит определению чисел q{y ..., qs. Итак,
предположение о том, что числа в и и не являются взаимно
простыми, всегда приводит к противоречию. Следовательно,
В и п — взаимно простые числа, а формула (3) дает решение
задачи в случае 3.
23. Заметим, что если в результате элементарного преобра-
зования пара дробей (-у ; -у) переходит в пару дробей '(-у;	,
то \ad — bc\ = \mq — np\. Действительно, если —=
п b q
TO
a
mq — np=(a-\-b)d — (c-\-d) b = ad~bc.
Если -у-2-=-уу-, то mq — np = (a — b)d — (c — d)b =
— ad —be. Наконец, если —=—, -2-=— , то mq — np = bc — ad.
п a q с
Отсюда следует, что из пары дробей (-у; -у) в результате не-
скольких элементарных преобразований нельзя получить пару
дробей	> такую, что \rnq-пр\ Ф \ad — be\. В частности,
/1 з \
из пары дробей	) нельзя элементарными преобразова-
ниями получить пару дробей (-z-J-r) •
Пару	) можно получить из пары	с по-
мощью нескольких элементарных преобразований. Например,
следующим образом (стрелка — символ элементарного преобра-
зования) :
\ 2 ’ 4
2 . 4
1 ’ 3
L •
i ' i
J_.	1
n ' n-f-2
+ 1 . 2L±3
n ' n-\-2
270
26.	Пусть х>0 — искомое число. Рассмотрим последователь-
ность X), Х2, х3, задаваемую рекуррентно следующим образом:
Х|=х, хл+1 =х*л, и=1, 2, ....
По условию предел lim хп существует и равен двум. В силу
непрерывности показательной функции отсюда следует, что
..	lim хп
lim xrt+i= lim xXn=xn^°° =x.
n -* ao	n -*• oo
А так как lim x„+i = lim xn = 2, то x2 = 2. Следовательно, x=-\/2.
27.	На координатной плоскости Oxy рассмотрим единичный
квадрат с вершинами О (0; 0), А (1; 0), В(1; 1), С (0; 1). На сторо-
нах этого квадрата возьмем точки М, N, К, L и рассмотрим вы-
пуклый четырехугольник MNK.L (рис. 223).
Через М\ обозначим точку, симметричную точке М относи-
тельно прямой ОС, а через А| и Ai —точки, симметричные точ-
кам N и А относительно прямой ВС. Наконец, через М? обозначим
точку, которая удовлетворяет условиям: точки М и М2 лежат по
разные стороны от прямой АВ и равноудалены от нее, т. е. AM =
= AiM2. Тогда ML = MiL, NK~K.Ni и MN = NiM3, причем если
а — абсцисса точки М, то М (а; 0), АЬ ( — а; 0), М2(2 — а; 2).
Следовательно, P=ML + LK+ KN + NM = Mt L 4- LA-f- KN\ +
4-А|Л)2^Л1|Л12=-\/(2 — а4-а)2 + 22 = 2 д/2, т. е. периметр любого
рассматриваемого четырехугольника не меньше 2 -\]2. Легко под-
считать, что если точки М, N, К, L — середины соответствую-
щих сторон квадрата, то его периметр равен 2 -^2.
271
Таким образом, наименьшее возможное значение величины
Р равно 2 д/2-
28.	Пусть k — целое число. Так как sin (1977n — kn)=
= sin 1977/i-cos kn, то |sin 1977л| = |sin (1977л — fen)|. Так как
(sin х| |х|, то |sin (1977л —/гл)| 1977л —fen|. Требуемое не-
равенство будет выполнено, если будет выполнено неравенство
11977л —Лл| <-J—, или
л	п I 1
""1977"	Г|	19772* ’
(1)
Покажем, что существуют целые числа п и k, такие, что это не-
равенство имеет место.
Рассмотрим дробные части чисел  , где лг = 0, 1, ..., N
(число У выберем позднее). Все эти дробные части принадлежат
полуинтервалу [0; 1), являющемуся объединением полуинтервал
лов [0; v)  [i; i)..... [V ; V) • [V  1 )  Поскольку
количество всех таких полуинтервалов равно У, а количество
дробных частей равно W+1, то по крайней мере в один из ука-
занных полуинтервалов (пусть это будет полуинтервал	))
попадут две из рассматриваемых дробных частей, т. е. суще-
ствуют два числа т\ и /п2,	такие, что {——тК	“Мг")
и {"”977}' СлеД°вательно> модуль разности этих дроб-
„ 1
ных частей меньше — :
Неравенство (1) получается, если взять л= —— —-м,
Й = Л11-Л12, /У=19772.
Замечание. Можно явно указать натуральные числа п и k,
удовлетворяющие неравенству
11977п	(1)
272
Пусть k= 1977‘Ш. Тогда неравенство (1) можно записать в виде
|«-тл| <-^- = 0,00000025... .
Числа и, т следует, очевидно, брать так, чтобы разность п—-/пл
была мала. Но тогда будет малой и разность ——л. Следова-
ли
тельно, в качестве п, т нужно брать соответственно числитель и
знаменатель дроби , близкой к числу л. Известны следующие
рациональные дроби, все более близкие к числу л:
3	22	333 355	103993	104348
1 ’ 7 ’ 106 ’ 113 ’ 33102 ’ 33215 ’
208341	1146408	4272943	5419351
66317 ’ 364913 ’ 1360120 ’ 1725033 .................. (2)
Если взять «=5419351, «1 = 1725033, то \п — тп\ =
= 0,0000000398..., т. е. будет выполнено неравенство (1). Итак,
можно взять « = 5419351, k = 1977-1 725 003 = 3 410 390 241.
Рис. 224
273
В этом случае |sin (1977-л)| = |sin (1977-п — й-л)|	Все
предыдущие дроби в (2) недостаточны для достижения требуемой
точности.
29.	Обратимся к ситуации, изображенной на рисунке 224.
Пусть О — центр большей окружности, В — закрашенная точка,
на которую «наехала» меньшая окружность (с центром OJ.
Точка В окрасит меньшую окружность в точке ВС Когда меньшая
окружность проедет по большей окружности путь, равный 2л
(длине меньшей окружности), точка В' соприкоснется с большей
окружностью и окрасит ее в точке С. Пусть А ВОС = а. Так как
О В = ОС = -\/2, то длина дуги ВтС, на которую опирается Z. ВОС,
равна д/2а. В то же время эта длина равна 2л, т. е. д/2а = 2л,
а=л -д/2. Итак, окрашенная точка оставляет первый след через
угол а. Этот след, в свою очередь, породит след через тот же
угол а. И т. д.
Если меньшая окружность повторно «наезжает» на уже окра-
шенную точку, то следы от этой окрашенной точки будут совпа-
дать с уже окрашенными ранее точками (пунктиром отмечен путь
движущейся окрашенной точки). Таким образом, окрашенные
точки на большей окружности порождаются только начальной
точкой А=Ао (рис. 225): сначала, через угол а, появляется
точка Ль затем, вновь через угол а,— точка А2, далее — точка Л3
и т. д. Докажем (методом от противного), что никакие две из
точек Ло, Ль Л2, ... не могут совпасть друг с другом. Пусть Л* =
=Л/ для некоторых номеров k и /,	Суммарный угол
поворота от Ak к Л/ равен a(k — I). Поскольку Ak=Ai, то этот
угол должен быть кратен 2лг т. е. a(k — /)=2лп, n£N. Отсюда
получаем, что л д^2 (& — /)=2лл, т. е. -^2=-^^—рациональное
число, а это не так. Пришли к противоречию, чем и доказывается
неверность исходного предположения.
Теперь уже несложно подсчитать число точек, которые будут
окрашены на большей окружности за сто оборотов. За сто оборо-
тов центр О{ меньшей, окружности опишет угол, равный 2л* 100.
Угол а, последовательно откладываемый и помечающий точки
Л|, Л2, ..., уложится в этом угле п раз, где п — натуральное число,
такое, что па^2л- 100<(n + 1) а. Отсюда получаем:
и = [ 2?и.00 ]=[ 2л,^°] = [-V2 100]=[100-1,4142...]= 141.
Следовательно, за сто оборотов будут помечены точки А|, Аг, >
Ань К ним еще надо присоединить начальную (окрашенную)
точку Ао. Итак, на большей окружности будут окрашены 142 точки.
30.	Обозначим с=АС, d=AD, b = DB. Для произвольной
точки М плоскости обозначим г = МА. Тогда MB = MA-j-AD-{-
A-DB = r-j-dA~b, МС = МА А~АС = г + с, MD = r-]-d. По условию,
274
каким бы ни был вектор г (какова бы ни была точка М), выполня-
ется соотношение 0=#(ЛМ,_MB)—(МС, MD)=(r,__ r+d-^-b)—
—(r + c, r + d) = (r, b — c) — (c, d), т. e. для любого г
(7, b-7)^(7, d).	r (1)
Докажем, что отсюда вытекают два факта:
7=7	(2)
(т. е. AC = DB, что, кстати, и требуется доказать) и
(7, d)=#0.	(3)
Действительно, если бы Ь— с#=0, то, положив
275
получили бы равенство (г, b — с)={сл(£), что противоречит (1).
Если бы скалярное произведение (c,_d) равнялось нулю, то, взяв
г = 0, получили бы (г, Ь — c) = 0 = (c, d), что также противоре-
чит (1).
Итак, утверждение задачи доказано. Если точки А, В, С, D не
лежат на одной прямой и удовлетворяют условию задачи, то,
как следует из доказанных соотношений (2), (3), четырехуголь-
ник ABCD — параллелограмм, но не прямоугольник.
31.	I способ. Пусть х( <х2<х3 <х4 — корни данного урав-
нения. Тогда »
Xk + aXk + bxk + c^O и Хт + аХт + />хт + с = 0.
Вычитая из первого равенство второе, получим
(X* — Хт) (х* + Хт) (xl + Хт + a (X* + XkXm + Xm) + Ь) = 0.
Если k^m, то отсюда следует, что
Y I у.   п X* 4" ХьХт 4" Хт , 1	...
х,+хт_-а ----------------(1)
Кроме того, по теореме Виета
Х|Хг~|-Х|Хз-|-Х1Х4-|-Х2Хз-|-Х2Х4-|-ХзХ4 = 0.	(2)
Докажем, что ай<0. Предположим противное, т. е. предположим,
что аб^О. Пусть, например, а^О, 6>0 (случаи, когда а = 0,
b —любое число; 6 = 0, а — любое число, а также случай а^О,
6^0 рассматриваются аналогично, и мы оставляем читателю
возможность прийти к противоречию в каждом из этих случаев).
Тогда из формулы (1) имеем xi+хгСО. Аналогично получаем,
ЧТО Х14-Хз^0, Х|-)-Х4^0, Хг + Хз^О, Х2 + Х4СО, ХзН-Х4^0.
Это означает, что среди чисел Xi, х2, х3, х4 не более одного поло-
жительного, т. е. Xi<0, Х2<0, х3<0 (поскольку х4 наибольший
из корней). Но тогда из равенства (2), имеющего вид
Х| (Х2-(-Х4)-|-Хз (Х| Н~Х4)-|-Х2 (Хз + Х4) = 0,
следует, что х2-|-Х4=Х| +х4 = Хз-|-Х4 = 0. Отсюда Xi=x2=x3.
Пришли к противоречию. I
II способ. Пусть X1<X2<X3<X4 — корни данного уравне-
ния. Обратимся к графику функции у=х4 + ах33 + 6х + с (рис. 226).
Ее производная у, = 4х3-|-Зах2-(-6 обращается в нуль в трех
различных точках pi, р2, рз, лежащих между числами Х|, х2, х3,
Х4:
Х1 <Р1 <Х2<Р2<Хз<Рз<Х4.
При этом на интервале (pi; рг) функция у' положительна, а на
интервале (рг; Рз) отрицательна.
Вторая производная у" = 12х2 + 6ах обращается в нуль в двух
различных точках q\ и q2, причем пара точек qt, q2 совпадает
276
с парой точек 0, —и значения в этих точках первой производ-
ной имеют разные знаки. Это значит, что а=#0 и у' (0)-у'( —f") <
<0, т. е. b (46 4*а3)<0. Отсюда следует неравенство а6< —
и поскольку —<0, то а&<0.
32.	Проекцией точки на плоскость называется основание
перпендикуляра, опущенного из этой точки на данную плоскость.
Проекцией множества М точек пространства на плоскость назы-
вается множество всех проекций точек множества М на эту
плоскость.
Пусть ABCDA\B\C\D\ —данный в задаче куб, а М — опре-
деляемый условиями задачи выпуклый многогранник.
По условию проекция многогранника М на плоскость квад-
рата Л]В1С1О| совпадает с этим квадратом. Следовательно,
на отрезке AAt, перпендикулярном этой плоскости и проходящем
через точку Ai, имеется по крайней мере одна точка множе-
ства М (обозначим эту точку Лг). Аналогично доказывается,
что на каждом из ребер куба имеется по крайней мере по одной
277
точке многогранника М. Обозначим эти точки соответственно
через В2, С2, D2, Е, F, G, К, Elt Ft, Gi, Кл (рис. 227). Некоторые
из этих точек могут совпадать друг с другом. В силу выпуклости
многогранника М многогранник М*, имеющий вершины Л2, В2,
С2, D2, Е, F, G, К, Е\, F\, Gi, /G, содержится в исходном много-
граннике М, поэтому его объем V* не больше объема V много-
гранника М.
Рассмотрим при^ебре DDt две пирамиды D2DKG и D2£>iKiGi
и через VD обозначим их суммарный объем. Тогда
DD2  Skdc+4- О, О2  SKiDiG =-L DD2 • KD*DG +
+±DlD2-KiDl-DlGl^rDD2-AD-DC +
О	о
+4°'°2-Л1О|. D1C1=4-DD2+-£.D1D2=-£.£>£>.=£.
о	О	6	6-	о
где а — ребро данного куба.
Аналогично доказывается, что если VA, VVс — суммарные
объемы соответствующих двух пирамид при ребрах А[А, В\В,
С.С, то	. Тогда ^*=а3-(Ул+VB+
+ Vc+ VD)>a3 —~4=-y. Следовательно,	, что и
требовалось доказать.
Отметим, что полученная оценка	является точной:
тетраэдр M — ACB\D\ удовлетворяет условиям задачи и имеет
объем, в точности равный (рис. 228).
33.	Обозначим для каждого t через А (/) точку с координата-
ми (Р (/); Q (/)). Рассмотрим в плоскости Оху произвольную пря-
мую /, параллельную оси Оу. Уравнение этой прямой имеет вид
x — do, где do—некоторое действительное число. Точка А (/) =
278
=(P(t);Q(t)) лежит на прямой I тогда и только тогда, когда
число t является решением кубического уравнения
at3 + bt2 + ct + (d — do) = O (а=^0).
Уравнение третьей степени не может иметь более трех корней.
Следовательно, точка А (/) может находиться на прямой / не более
чем при трех значениях параметра /. Аналогично доказывается,
что точка А (/) может оказаться на любой фиксированной прямой,
параллельной оси Ох, также не более чем при трех различных
значениях параметра t.
Пусть х = х0, x =	..., х=х8,	У=У1, ...» У=Уь — уравне-
ния восемнадцати прямых, делящих квадрат на 64 малых
квадратика (рис. 229). (В число этих прямых включены прямые,
ограничивающие большой квадрат.)
Совокупность всех точек А (/), t£R, образует некоторую линию
L на плоскости, которую можно представить себе как траекторию
движения материальной точки, перемещающейся с течением
времени t по плоскости. Закон движения точки А (/) дается
формулами x = P(f), y=zQ(t\ t£R. Многочлены Р (f) и Q (/)—
непрерывные функции. Следовательно, движение точки А (/)
вдоль линии L происходит непрерывным образом. (Стрелкой
на рисунке 229 указано направление движения точки А (/), соответ-
ствующее возрастанию параметра t.)
Двигаясь непрерывно вдоль линии L, точка А (/) может выйти
из какого-то маленького квадратика только через его границу.
Таким образом, моменту выхода точки А (/) из малого квадратика
соответствует факт пересечения линии L по крайней мере с одной
из указанных выше восемнадцати прямых (например, точки В',
(?', D' на рисунке 229).
Как мы убедились выше, точка A (f) может оказаться на какой-
то прямой, параллельной оси координат, не более чем при трех
значениях параметра t. Следовательно, побывав внутри малых
Рис. 229
Рис. 230
279
квадратиков, точка A (/) может выйти из них (т. е. оказаться на
их границах) не более чем в 18’3 = 54 моментах времени. Но это
означает, что среди 64 малых квадратиков найдется по крайней
мере один, внутрь которого точка А (/) ни при каком значении t
не войдет. Действительно, если бы точка A (t) побывала внутри
каждого из 64 малых квадратиков, то существовало бы не менее
63 > 54 моментов выхода точки А (/) из соответствующих квадра-
тиков, что невозможно.
34.	Рассмотрим пирамиду SABCD. Пусть Р — периметр осно-
вания ABCD, которое расположено внутри окружности, получаю-
щейся в сечении сферы (границы шара) плоскостью ABCD
(рис. 230). Радиус этой окружности г^1. Продолжим отрезки
АВ, ВС, CD и DA соответственно за точки В, С, D и А до пере-
сечения с окружностью в точках В\, Ci, Di и А[ соответственно.
По неравенству4треугольника
ЛВ4-ВВ1=ЛВ1<ДЛ,+Д|В1,
ВС4-СС1=ВС|<ВВ1+В1С1,
•	CD + DD^CDi^CCi + C'Di,
DA -|- А А1 —= DA । DD\ -|- D[A\.
Сложив эти неравенства, получим Р^.Р\, где Pt — периметр
четырехугольника ЛiBtCiDt.
Периметр любого выпуклого многоугольника, вписанного
в окружность, меньше длины этой окружности, поэтому pi<
<2лг^2л.
Длина каждого из ребер 5Л, SB, SC, SD не превосходит 2.
Поэтому если I — сумма длин всех ребер пирамиды, то
/ = 5Л-|-5В + 5С + 5Д + Р<2 + 2 + 2 + 2 + Р1<84-2л<15.
35.	Нарисуем на координатной плоскости Оху графики двух
функций z/ = sinx и у=Ах (рис., 231). Абсциссы их общих точек
являются, очевидно, корнями уравнения sinx=Ax. Поскольку
обе функции являются нечетными, то корни этого уравнения
расположены симметрично относительно начала координат.
Поэтому все корни, исключая нулевой корень хо=О, можно раз-
бить на пары корней, равных по модулю, но противоположных
по знаку. Следовательно, для того чтобы уравнение sinx=Ax,
где Л>0, имело ровно пять корней, нужно, чтобы прямая у=Ах
на интервале (0; л) пересекала график функции </ = sinx в точке
Рис. 231
280
с абсциссой xh а на интервале,(2л; Зл) касалась этого графика
в точке с абсциссой Х2. В этой точке справедливы соотношения:
J sin Х2==Ах2 (графики имёют общую точку),
। созх2 = Л (графики имеют одинаковые (1)
тангенсы углов наклона каса-
тельных в точке х2).
Подставляя Л = cos х2 в первое уравнение, приходим к уравнению
sin х2 = х2 cos х2. Введем функцию f (x) = sin х — х cos х. Поскольку
производная f' (х) = х sin х положительна на интервале (2л; Зл), то
функция f (х) строго возрастает на этом интервале. Кроме того,
функция f (х) непрерывна на отрезке [2л;Зл].‘Так как f (2л)=
= —2л<0, a f (^) = 1>0, то на интервале ^2л;^) непре-
рывная и монотонная функция f (х) обращается в нуль в един-
ственной точке. Это и есть точка х2. Итак, 2л<Х2<-у.
Возводя уравнения системы (1) в квадрат и складывая полу-
чающиеся уравнения, приходим к уравнению 1 = А2 (1 4-хг), из
которого следует, что Л	1—— (знак « + » взят в силу поло-
V1 +*2
жительности числа Л). Поскольку 2л<х2<-у', то
Полученные оценки для Л не позволяют установить второй после
запятой знак числа А. Чтобы получить требуемую точность,
поступим следующим образом.
Так как f (-^) = sin cos	^<0, a f >0,
\ о /	о О	<5 Z О	\ Z /
то -^<х2<-~ (опять-таки в силу строгой монотонности и не-
О	Z
прерывности функции f (х) на отрезке	)• Следовательно,
L О 2 J
Таким образом, число Л приблизительно равно 0,13 и погрещ-
ность этого приближения не превосходит 0,006. Более точные
вычисления показывают, что Л =0,12837?.. .
281
36.	Пусть О — центр полуокруж-
ности, Р и Q — такие точки полу-
окружности, что AP = PQ = QB, а
М и N — точки пересечения прямых
СР и CQ с прямой АВ (рис. 232).
Поскольку АСАО = ZLAOP=-^,
£АМС = £ОМР, то дАМСсю
сю дО/ИР. Поэтому	, а так
как ОР=ОА=±-АС, то АМ = 2М0
и АМ=-^АО=±АВ.
Рассматривая &BNC и A.ONQ,
аналогично убеждаемся, что BN=
=-|-ДВ. Следовательно, AM=MN=
= NB=-^-AB.
<5
37. Легко проверить, что числа	и ?2 = --~^ являют-
ся корнями квадратного уравнения q2 — <7 — 1=0. Следовательно,
пользуясь этим уравнением, можно записать, что f(n + 2)=
=b (q^2-q^2) = b (ql (qt + 1)-<72л (^2+ l))=f (n + 1Ш (4 Из
полученного равенства вытекает, что если f (п) и f (« +1) — целые
числа, то и f(n + 2) также является целым числом, так что для
того, чтобы f (п) было целым для всех натуральных значений п,
необходимо и достаточно, чтобы выражения /(1) и /(2) были
целыми числами. А так как f (1)=/(2) = i-\/5, то f (п) принимает
целые значения при всех натуральных п тогда и только тогда,
когда Ь=—, где т — целое число.
л/5
38.	Если натуральные числа х, у, z, пг таковы, что хх-]-туу —
= гг, то l^x<z, l^ycz. Числа х, у, z натуральные, поэтому
из неравенства z>l следует, что z^2, а из неравенств x<z
и y<z следуют неравенства x^z— 1, y^z—1. Тогда
zz=xx + my!'^(z—1)г-'-|-пг (z—1)г-|=(/п+1)(г—1)г-1,
и, следовательно,
Отсюда, применяя неравенство Бернулли, получаем:
m-|-l >zf 1 +^-~)=2z^4.
\	2—1 /
Итак, доказано, что если данное уравнение имеет решение
282
(х\ у\ z) в натуральных числах, то т>3. При т~3 оно принимает
вид Xх + Зуу = zz и имеет решение (1; 1; 2). Следовательно, т = 3 —
наименьшее натуральное число, такое, что данное уравнение
имеет решение в натуральных числах.
39.	Отметим, прежде всего, что уравнение
3-2х+1=у2	(1)
не имеет целочисленных решений (х; у\ у которых х=—п<0.
Кроме того, можно убедиться подстановкой, что уравнение
имеет решения х = 0, у = 2 и х = 0, у= — 2. Заметим также, что
вместе с решением (х; у) у уравнения (1) есть также и решение
(х; —у). Следовательно, для полного решения задачи достаточно
найти все решения уравнения (1) в натуральных числах. Поиск
их будем вести следующим способом. Предположим, что урав-
нение (1) имеет решение (х; у) в натуральных числах. Получим
условия, которым обязаны удовлетворять эти натуральные числа
х, у. Эти условия позволят сузить круг пар (х; у) натуральных’
чисел, которые могут быть решениями уравнения (1), до конечного
набора napi из которого пары, являющиеся решениями уравнения
(1), будут найдены подстановкой в уравнение.
Итак, пусть х, у — натуральные числа, удовлетворяющие
уравнению (1). В левой части уравнения стоит нечетное число,
ибо первое слагаемое является четным числом. Следовательно,
нечетным является и число у2, а значит, и число у (если бы у было
четным, то четным было бы и число у2). Поэтому у = 2р+1, где
р — натуральное число, и уравнение (1) принимает вид:
3’2* = 4р (р+1).	(2)
Правая часть этого равенству делится на 8, так как одно из чи-
сел р или р+ 1 делится на 2. Следовательно, х^З, т. е. x = z + 3,
где z — целое неотрицательное число, и уравнение (2) принимает
вид:
3*2г+1 =р (р+ 1).	(3)
Числа р и р+1 не имеют общих делителей, отличных от 1.
Поэтому равенство (3) возможно лишь в следующих трех слу-
чаях:
{р+1=6-2>,	|4'
<5’
Система (4) противоречива, поскольку из нее вытекает, что
2=р+1 =6-2г^6. Решением системы (5) являются числа р=3
и 2=1. Система (6) имеет решение р = 2, 2=0.
283
Таким образом, если натуральные числа х и у являются реше-
нием уравнения (1), то для них имеются лишь две возможности:
х = 4, у = 7 (случай системы (5)) и х = 3, у = 5 (случай системы
(6)). Проверкой легко убедиться, что обе эти пары являются
решением уравнения (1).
Итак, найдены все решения уравнения (1) в натуральных
числах: (3; 5) и (4; 7). Следовательно, все решения этого урав-
нения в целых числах таковы: (0; —2), (0; 2), (3; 5), (3; —5), (4; 7),
(4; -7).
40.	Докажем сначала неравенствох^е In х, которое получает-
ся логарифмированием неравенства, данного в задаче. Рассмотрим
функцию f (х) = х — е 1п х. При всех х>0 эта функция имеет
производную (х)= 1 ——. Очевидно, f' (х)>0 при х>е, т. е.
на интервале (е; оо) функция f (х) монотонно возрастает, f' (х)<0
при х<е, т. е. на интервале (0; е) функция f (х) монотонно убыва-
ет. f' (е) = 0 в точке х0 = е. Следовательно, х0 = е— точка мини-
мума функции f (х), и поэтому при всех х£(0; оо) справедливо
неравенство f(x)>f(e)=O, т. е. х — elnx^O. Из доказанного
неравенства следует, что ех^ее[пх=хе для всех х>0, что и требо-
валось доказать.
41.	Пусть AD=a, АЕ = Ь, АМ=х. Тогда ED = a — b, МВ —
= а — х.
Площадь четырехугольника СЕМК (рис. 233, а) будет наи-
большей тогда и только тогда, когда наименьшей будет сумма
площадей &КВМ, Л МАЕ и /^EDC. Площадь &EDC принимает
фиксированное значение, так как точка Е задана. Следовательно,
задача о поиске максимума площади четырехугольника СЕМК
сводится к задаче поиска минимума суммы площадей &КВМ и
А МАЕ. Из подобия АКВМ и &EDC следует, что
т. е. _КВ_=а^±у КВ = а=±(а-х).
ВМ DC	а—х a	a '	7
*
Следовательно,
2 <SKBM+=ВК • ВМ + МА • АЕ	-х)2 + Ьх.
284
Рис. 234
Мы пришли, таким образом, к поиску минимума квадратичной
функции f (х) = ° ~ й (а — х)2 6х на отрезке [0; а]. Найдем абсцис-
су с вершины параболы y=f(x) из уравнения f' (с)=0, т. е.
— 2 а~д (а — с) + 6=0, с=а- . Мы видим, что абсцисса
будет отрицательной при Ь>-^-а и будет принадлежать отрезку
[0; а], если а^.Ь^.-^-а.
При 6>-|-а минимум функции f (х) достигается, очевидно,
в точке х=0 (рис. 233, б). Это означает, что М=А (рис. 233, в).
Если 0^6^-|-а, то минимум функции f (х) достигается
в точке х = с (рис. 234, а). В этом случае АМ=а- 2°a~3^
(рис. 234,6), и отрезок AM легко строится с помощью циркуля
и линейки как четвертый пропорциональный в пропорции
(2а — 36):(2а — 26) = AM:а (рис. 235): строим лучи 01, От, отрез-
ки ОР = 2а— 3b, OR = 2a — 2b, RT = a и проводим	Тогда
PQ=AM.
42.	Пользуясь формулой бинома Ньютона, запишем равенства:
(1 + V2)2n = 1 + С'2п • д/2 + CL • (д/2)2 + С32п • (д/2)3 +... + С% • (д/2)2п,
(1 - V2)2n = 1 - (X  д/2 + Cin • (V2)2 - О. • (л/2)3 +... + С& • h/2)2".
Сложив эти равенства, получим
число (1+л/2)2л + (1-^2)2п =
= 2(1+CL-(V2)2 + C42n-(W+ а
+ • • • + С& • (V2)2л)=2 (1 + С2„ • 2 +
+ С42п.224-... + С^-2л) - нату-
ральное четное. Обозначим его
через 2А. Тогда
(->/2 + 1)2л = 2Л-(->/2- 1)2л =
=(2Л-1) + (1-(л/2-1)2л),
285
т. е. число (л/2+1)2" равно сумме целого числа 2Л — 1 и числа
1 —(у/2—l)2rt, удовлетворяющего, очевидно, неравенствам 0<
< 1 —(1/2— 1)2"< 1. Следовательно, число 1 —(-Д— l)2" является
дробной частью числа (д/2-|- 1)2л:
{(V2+l)2n}= 1-(у/2-1)2я.
Так как lim (у/2—l)2" = lim (0,4142...)2п = 0, то получаем, что
lim {(n/2+l)2n)= lim (1-(^2-l)2n) = lim 1- lim (y/2-l)2n=l.
n -► ОО	П —► ОО	n —* oo	n -* OO
43.	Пусть А}, Л2, An — вершины правильного n-угольника,
последовательно занумерованные против часовой стрелки, О —
центр описанной около него окружности. Тогда ОА} 4-ОЛ2 + ...+
Т О Ап = 0.
Действительно, при повороте вокруг точки О на угол — век-
тор ОА \ переходит в вектор OA2t вектор ОА2 — в вектор ОЛ3 и т. д.,
наконец, вектор ОАп — в вектор OAif поэтому сумма этих векторов
не меняется при этом повороте. Обозначим через ОМ сумму до
поворота, а через ОЛТ сумму после поворота. Тогда OM — OMi
и OMi получается из ОМ поворотом вокруг точки О на угол
где п >2. Отсюда следует, что ОЛ1 = 0.
Докажем теперь, что для любой точки А плоскости выполняет-
ся равенство
2ЛЛ2=п(ЛО2 + г2),	(1)
i=\
где г — радиус окружности, описанной около правильного п-уголь-
ника AiA2...An. Используя свойства скалярного произведения
векторов, получаем:
2 ЛЛ?=2 |ЛЛ]|2=2 |ЛО+ОД|2 =
t = 1	1’ = I	i = 1
п
= 2 (|Ж2 + 2(ЛО,ОЛ>+|ОЛ12)=
1= 1
= п |ЛО|2 + 2(ЛО, 2 0Л)+п 2 mi2.
Г=1	Х=1
п
Так как 5 ОА = 0 и |ОДх|=г, то формула (1) доказана.
Пусть, далее, Вь В2, ..., Вт — вершины правильного zn-уголь-
ника, О' — центр описанной около него окружности. Тогда для
любой вершины В/ справедливо равенство
286
2 \BiAi\2 = n(\BiO\2 + r2),
i= 1
и поэтому
m n	m
2 2 \BjAi\2 = n 2 \OBj\2 + nmr2.
J = 1 * = 1	/ = 1
В левой части этого равенства стоит искомая сумма квадратов
длин всех отрезков, соединяющих вершины m-угольника с верши-
нами n-угольника; обозначим ее через S. К сумме, стоящей в пра-
вой части равенства, снова применима формула (1), так как это
сумма квадратов расстояний от точки О до всех вершин правиль-
ного m-угольника
т
Поэтому 2 10В/12 = т (|ОО'|2-|-/?2), где R — радиус окруж-
/=1
кости, описанной около правильного m-угольника BtB2...Вт.
Следовательно, S = nm (а2 4-/?2 + г2), где а = 00'— расстояние
между центрами рассматриваемых правильных многоугольников.
44.	Заметим, что точка М не совпадает ни с точкой А, ни с точ-
кой С (рис. 236). Действительно, если точка М совпадает, на-
пример, с точкой А, то прямая DA — перпендикуляр к плоскости
ABC, DC — наклонная, а АС — ее проекция на плоскость АВС.
По теореме о трех перпендикулярах из того, что BC.LDC, следует,
что BCJ-AC. Последнее невозможно, так как по условию в дАВС
угол АВС прямой. Следовательно, точка М не может совпадать
с точкой А. Аналогично доказывается, что точка М не совпадает
с точкой С.
Таким образом, DA и DC — наклонные, а МА и МС — их
проекции на плоскость АВС. Из условий DAJ.AB и DCJ-CB по
теореме о трех перпендикулярах следует, что МА -LAB и MC.LCB.
Следовательно, четырехугольник АВСМ — прямоугольник. Тогда
DM = DA 4-~АМ = DA+ ВС = DA + BD + DC = a - b +?.
45.	Обозначим AB = CD = a, BC=AD = b, Z_BAD= Z.BCD =
= <p, AK=x, DM—y, AN=u, BL = v (рис. 237). Тогда KB=a—x,
MC=a—y, xLC = b — v, ND = b — u, zLABC= Z-ADC=n — tp.
По формулам площадей запишем:
5ЛВСд=ЛВ-Л£>-8ш (p = ab sin <р,
£ЛХЛ=-^ЛК-4ЛГ«зт <p=-|-xu sin <р,
$ndm=4- nd •DM sin - ф)=4" (& - “) уsin <р>
^CML = YLC'MC'Sin <P = 4‘^-U)	5'П Ф’
SkBL=-£- KB-BL-sin (л — <р)=4"(а — х) v s*n Ф-
По условию площадь четырехугольника KLMN равна половине
площади параллелограмма ABCD. Следовательно,
Д	Д NDM “Ь S ДСМ/.Н- S д KBL ~~2 $ABCD’
т. е.
хи + (Ь — и) y + (b — v) (а—у)-|-(а—х) v = ab.
После раскрытия скобок это равенство принимает вид:
хи — иу vy—xv = О,
или (х — у) (и — и) = 0. Таким образом, если выполнены условия
задачи, то либо х = у (т. е. AK=DM), либо u = v (т. е. AN = BL).
Если AK = DM, то в четырехугольнике AKMD противополож-
ные стороны АК и DM равны и параллельны. Это значит, что
AKMD — параллелограмм. В частности, KM\\AD, т. е. диагональ
КМ четырехугольника KLMN параллельна сторонам ВС и AD
параллелограмма ABCD, что и требовалось доказать.
Если же AN—BL, то аналогичным образом доказывается,
.что NL\\AB\\CD.
46.	Требуется доказать, что предел
lim ЦхЫ(0) = Hm J_/ 1!П£_ 1 )
х-о X—О х->0 X \ X /
существует, а также найти этот предел, равный f (0). Для этого
докажем, что для любого х=/=0 справедливо неравенство
0<1—-(1)
х 2
Рассмотрим окружность радиуса 1 с центром в точке О и
две точки А и М на этой окружности, такие, что Z.AOM острый
(рис. 238). Пусть Z_A0M = x. Тогда площадь дОАМ равна
-^sinx, а площадь сектора О AM равна -^-х. Площадь сектора
больше площади треугольника, поэтому
288
sinx<x.	(2)
Рассмотрим еще прямоугольный &OAN.
У него 04 = 1, 4A/ = tgx. Его площадь равна
— tgx и больше площади сектора ОАМ,
поэтому
x<tg х.
Из неравенств (2) и (3) следуют неравенства
2Н*<1, —>cosx, 0<1
X	X
sin х
X
1 — COS X.
А так как 1 —cos х=2 sin2 и sin -у » то доказано нера-
венство (1) для любого	•
Если, далее, x£^-j- ; л], то
л	х	2
У
а если х^л, то
।___। sin х	। । 1	х2
л	х	л	2 ’
Следовательно, неравенство (1) доказано для любого х>0. Оно
справедливо и для х<0, так как функции и четные.
Из доказанного неравенства (1) для х>0 следует неравен-
ство 0<—-^1—а АЛЯ — неравенство —
<-i-p—Таким образом, для любого х=/=0 выполня-
ется неравенство |	1 ) | Отсюда получаем, что
lim —( sin * — 1 ) = 0, т. е. f' (0)=0. Это значит, что касательная
х —0 % ' х	'	*
к графику функции y = f(x) в точке х = 0 параллельна оси Ох.
47.	Пусть А — точка, в которой пересекаются три прямые,
а В — точка, в которой пересекаются четыре прямые. Возможны
два случая:
1) среди данных семи прямых нет прямой АВ;
2) прямая АВ входит в число данных семи прямых.
В первом случае через ai, аг, а3 обозначим прямые, пересекаю-
щиеся в точке А, а через blt b2, Ь$, Ь4 — прямые, пересекающиеся
в точке В (рис. 239). Эти прямые различные, и, следовательно,
это — все семь данных прямых. Если бы среди них не было двух
10 Заказ 57
289
Рис. 239
параллельных, то, кроме двух точек А и В, было бы еще 12 точек
пересечения: каждая прямая at, а2, а3 пересекалась бы с каждой
прямой bi, Ьч, Ьз, bi, и, очевидно, все эти точки различные. По
условию эти прямые пересекаются в 13 точках, следовательно,
среди них есть две параллельные.
Во втором случае (рис. 240) через точку А проходит прямая
АВ и еще две прямые а| и а2, а через В — прямая АВ и еще три
прямые bi, Ьч, Ьз- Все эти прямые различные, их шесть. Следова-
тельно, есть еще одна прямая, обозначим ее I. Прямая / не про-
ходит ни через точку А, ни через точку В. Кроме, того, прямая I
не проходит ни через одну из точек пересечения прямых at,
а2 с прямыми bi, Ьч, Ь3.
Если бы среди семи данных прямых АВ„ at, а2, bi, Ь2, Ьз, I не
было двух параллельных, то, кроме точек А и В, было бы еще 12
точек пересечения: каждая прямая ait а2 пересекалась бы с каждой
прямой bi, Ьч, Ьз — это шесть точек пересечения и еще шесть точек
пересечения прямой I с другими шестью прямыми. По условию
эти прямые пересекаются в 13 точках, следовательно, среди них
есть две параллельные.
48.	Для всех х£/? знаменатель х2-(-2х-|-2=(х-]- i)2 +1 поло-
жителен. Следовательно, неравенство, данное в задаче, равно-
сильно неравенствам
Рис. 240
290
х2 + х + 1 <-|-x2 + 3x + 3
И
-уХ2 + х-Н<Х2+х+1.
Второе из этих неравенств равносильно неравенству -|-х2^0,
которое, очевидно, выполнено при всех x£R. Первое неравен-
ство равносильно неравенству -|-х2 + 2х + 2^0, левая часть
которого равна -|-(х + 2)2. Поскольку -у(х + 2)2^0 для всех
x£R, то и первое неравенство также выполнено для всех x£R.
Требуемые неравенства доказаны.
49.	Запишем первые два неравенства в виде 23«10<34,
3-25<102. Из них следует, что 23«10<34<-^- и, в частности,
223< 107. Прологарифмировав это неравенство по основанию 10,
получим:
23 lg 2<7, 1g 2<^-=0,304...<0,305.
С другой стороны, из неравенства 1000<1024, данного в
условии, следует, что
3 = ig 1000< 1g 1024= 10 1g 2, т. е. 0,3< 1g 2.
Таким образом, 0,3< 1g 2<0,305, т. е. 1g 2 = 0,30... с точностью
до первых двух знаков после запятой.
50.	Рассмотрим сначала случай, когда по кругу записаны
2я чисел ai, а2, а3, .... а2._2, a2._lt а2.. Отправляясь от числа
и вычеркивая каждое второе число, мы за один круг вычеркнем
все числа с четными номерами и снова придем к ai. Останутся
только числа с нечетными номерами, таких чисел будет 2"_|.
После последующего обхода по кругу и соответствующих вы-,
черкиваний снова придем к alt а на круге останется 2я-2 чисел.
Очевидно, после п обходов по кругу останется только одно
ЧИСЛО О|.
Пусть теперь по кругу записаны числа 1, 2, 3, ..., 1909, 1910,
1911, 1912, .... 1978, 1979. Заметим, что 1979=955+1024 =
=955 + 210. Отправляясь от числа 1 и вычеркивая каждое второе
число, вычеркнем 955 чисел. После этого на круге останется 210
чисел и первым будет а| = 1911:
1911, 1912, ..., 1978, 1979, 1, 3, .... 1909.
Как показано выше, отправляясь от ai = 1911, после 10 обходов
по кругу и соответствующих вычеркиваний мы оставим только
число ai = 1911.
51.	Докажем предварительно следующую простую, но очень
полезную лемму:
291
и
Рис. 241
Лемма. Пусть даны тетраэдр EFGH и положительное
число k. Рассмотрим на прямой EF две произвольные точки М
и N, такие, что MN—k-EF. Тогда объем VEEGH тетраэдра EFGH
связан с объемом VMNGH тетраэдра MNGH равенством VMNGH=
= kV
— к* EFGH'
Доказательство. Опустим из точки Н перпендикуляр
НО на плоскость EFG (точка О — основание перпендикуляра
НО), а из точки G опустим перпендикуляр GL на прямую EF
(рис. 241). В &EFG и &MNG отрезок GL является высотой,
опущенной из вершины G. Следовательно, SEFG=~- GL-EF,
SMNG=— GL-MN. Отрезок НО одновременно является как вы-
сотой тетраэдра EFGH, так и высотой тетраэдра MNGH. Поэтому
VEFGH=± НО. SEEG=± HO-GL- EF,
□	о
VMNaH=i НО. SMNG=± НО. GL-MN.
Следовательно VMNGH\VEFGH~MN\EF = k. Лемма доказана.
В соответствии с доказанной леммой
VMNPQ— з VbDPQ	(О
(точки М и N лежат на прямой BD, причем MN=^-^-BD). По
аналогичной причине
V —— V
v BDPQ— 4 v BDAiC'
Опустим из точки А\ перпендикуляр Л1Л2 на
(точка Л2, основание перпендикуляра, лежит в
рис. 242).
Объем V параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
1/ = Л 1Л2  Здвсту»
где SABCD — площадь параллелограмма ABCD.
292
(2)
плоскость ABCD
плоскости ABCD,
дается формулой
(3)
Объем тетраэдра BDA\C вычисляется по формуле
^вОЛ,С = ~'^>'^2,5всо,	(4)
где SBCD=-±- SABCD— площадь треугольника BCD.
Из формул (3) и (4) получаем VBDAC=-t- V. Из равенств (1)
и (2) имеем тогда
V =—V =— V
v MNPQ— |2 V PDA,С— 72 V'
52. Пусть z — произвольное действительное число. Если
|cos	то неравенство |cos z| + I cos 2z| очевидно. Ес-
ли же Icos z\ to cos2 и cos 2z = 2 cos2 z— 1
t. e. |cos2z|>-i-, и неравенство Icos z| 4-Icos 2z| также
выполнено. Таким образом, каково бы ни было число z, имеет
место неравенство
Icos z| 4* Icos 2z|	(1)
Положив в этом неравенстве поочередно z=x, z = 4x, z=16x, ...,
z = 2kx, получим:
Icos x| + |cos 2x|	,
|cos 4x| + Icos 8x|	,
Icos 22*x| 4- |cos 22*+‘x|
Сложив полученные неравенства, мы придем к неравенству
Icos х| + Icos 2х| + |cos 4х| +...+ Icos 22Лх| 4-
-|- Icos 22*+1х|>-Ш.
Следовательно, если n = 2fe-|-l — нечетное число, то
Icos х| Icos 2х| 4----4- lcos 2"х|	>—.
4	4
Если же п = 2Л + 2 — четное число, то число п — 1 = 2Л-|- 1 не-
четное и по предыдущему неравенству
Icos х| + Icos 2х| + ...+ Icos 2"х| |cos х| + Icos 2я-1х|
(/г — 1) -|-1 __ п
4	~~ 4 *
293
Мы доказали требуемое неравенство
для всех действительных чисел х и
всех натуральных чисел п.
Замечание. Справедливо не-
равенство
|cos z\4- |cos 2z|	(2)
л/2
более сильное, чем неравенство (1).
Используя это, можно доказать, что
Icos х\ + |cos 2х| +... |cos 2"х|	.
л/2
Для доказательства неравенства (2)
нужно положить /=|cosz| и иссле-
довать на минимум функцию /(/)=
= /-f-|2/2 —1|. Минимум функции
y = f(t) достигается при /=—
л/2
(рис. 243).
53. а) Предположим, что фун-
кция f (x)=4x3-t-dx удовлетворя-
ет неравенствам
— l<4x34-dxCl. х6[—1; 1].
Положим в этих неравенствах х = 1 и х=-^-. Получим —1^4 +
4-d<l, —или —	3, —3<d<l.
Отсюда следует, что для d имеется единственная возможность:
d=—3.
Проверим, что функция fa (х) = 4х3 —Зх действительно удовлет-
воряет неравенству |/0 (х)| С 1 при всех х£[— 1; 1]. Возьмем про-
извольное х из отрезка [—1; 1]. Обозначим через ф число arcsin х
(такое число существует, ' поскольку |x|<U). Тогда /<>(*) =
=4х3 —Зх=4 sin3 —3 sin <р= —sin 3tp, и, следовательно,
Ifo (х)| = | sin Зф| 1, что и требовалось доказать.
б) Предположим, что функция g (х)=4х3 + ах2 + &х+с при
всех х из отрезка [—1; 1] удовлетворяет неравенствам
4х3-|-ах24-6х4-с< 1
и	о
— 1 ^4х3 4-ах2 4-6х+с.
Положим в первом неравенстве последовательно х=1, а затем
х=—а во втором х= — 1 и х=~^- Получим:
294
с 4- b -J- с — 3,
-f— & + 2с<3,
3^a-b + c,	(О
-3^-2- + 6 + 2c.
Складывая почленно первые два из этих неравенств, имеем
(а4-2с)СО. Аналогично из двух других неравенств следует,
что О С(а + 2с). Таким образом, а-Ь2с=0, т. е. а= — 2с. Под-
ставим это равенство в неравенства (1). Получим:
Ь-с<-3,
-3<6-с,
Ь + с< —3,
— 3</>-|-с.
Следовательно, 6 —с=—3, t>4-c =—3. Решая эту систему из
двух уравнений, находим Ь= — 3, с = 0, а= — 2с=0. Итак, дока-
зано, что если функция g(x)=4x3 4- ах2 4-6х4- с удовлетворяет
условиям задачи, то а = 0, Ь = — 3, с = 0.
Тот факт, что функция go (х)=4х34-0-х2 — Зх4-0=4х3 — Зх
действительно удовлетворяет неравенству |g0 (х)| С1 при всех
х£[— 1; 1], уже установлен нами в пункте а).
54. Введем обозначения: aj=y/2tg <р(, где /=1, .... п, и ai =
= Фь a2 = ai +ф2,.... art=an-i По условию для любого / = 1,
2, ..., п число bj=^/2 tg а, существует. Докажем, что все числа
Ь, рациональные.
Число bi =О| рационально по условию. Для /=2 имеем:
tg a2 = tg (а । + <Р2)^=-?&.а1^^- ,
1 — tg ai «tg фа
и, следовательно, t>2 =——. Так как числа bi и a2 рацио-
нальные, то отсюда следует, что число &2 тоже рациональное.
Аналогично получаем &з=—&.г+аз—, и вообще &/+i =
1 —&2аз
_—£i±£i±j—, j=.J 2, ..., п— 1. Так как числа alt az, .... ап рацио-
I—
нальные и bt=ai, то отсюда по индукции следует, что числа Ь2,
.... Ьп тоже рациональные.
55. I способ (для тех, кто знаком с основными свойствами
пределов функций при х-> оо).
295
Доказательство проведем методом от противного. Предполо-
жим, что k^m. Пусть сначала k>m. Тогда
1+—+.. +—
g(x)_ I	^х" f 0
f(x) X*-”1	1+fl+ _|_а*
при х —► оо, но это невозможно, так как согласно условию
I £И|
1 Их) 1
1
1980
для любого х, кроме конечного числа значений, где f (х) = 0.
Аналогично если бы k<.m, то	ПРИ х 00. чт0 проти-
воречит второму данному неравенству. Следовательно, k = m.
II способ. Пусть А = lai | +...+ I а* |. Тогда если х)>2А +1,
то
f (х)=хк (1 + y+ - +-7)	(14-
Следовательно, если х 2А + 1, то
-j-xk<f(x)<-%-x>t-	(О
Аналогично доказывается, что если х^2В4-1, где В =
= |bi| 4-...+ IM, то
±xm<g(x)<±xm.	(2)
Через С обозначим наибольшее из двух чисел 2Д 4* 1 и 24? 4- 1.
Тогда для любого х>С выполняется как неравенство (1), так
и неравенство (2), в частности f(x)>0 и g(x)>0.
Из доказанных неравенств и из условий задачи получаем:
если х>С, то
-у хк < f(x) 1980 • g (х) < 1980 • у хт,
-у хт <g (х)< 1980• f (х)< 1980• хк.
Таким образом,
хк <1980- Зхт, хт <1980- Зх\
т. е. xk~m<Z5940 и х'"~*<с5940 для любого х>С. Из первого
296
неравенства следует, что k^m, а из второго следует, что m^k.
Поэтому тп = Л.
56.	Так как призма АВСА\В\С\ правильная, то треугольники
АВС и А\В\С\ (основания призмы) правильные, а боковые ребра
перпендикулярны основанию, и поэтому все боковые грани —
равные между собой прямоугольники.
Через а обозначим длину стороны основания, а через b —
длину бокового ребра. Тогда площадь основания равна
а площадь боковой грани равна ab. По условию они равны, по-
этому Ь = '-^-.
Через S (а) обозначим площадь рассматриваемого сечения.
Очевидно, при а = 0 это сечение совпадает с треугольником
AiВ\С\, а при а= 1 — с прямоугольником В\ВСС[. Следовательно,
S(0)=S(l)=-2^.
Покажем, что если 0<а< 1, то в сечении будет равнобочная
трапеция MNPQ.
Так как прямая BiC\ параллельна плоскости сечения, то
BiCi параллельна прямой PQ, которая является прямой пере-
сечения плоскости сечения с плоскостью BiBCCi. Аналогично
доказывается, что BiCi||MA. Следовательно, PQ\\MN, BiC\\\MN,
и поэтому MNPQ — трапеция.
Из подобия треугольников AjBiCi и Л|Л4М следует, что MN=
= аа, NC\ =МВ\ =(1 —а) а. Из прямоугольника C^BiQP следует,
что CiP = B\Q = ab. Следовательно, треугольники NCtP и MB{Q
равны и NP = MQ = ^(\—a.'f а2+а262.
Найдем высоту равнобочной трапеции MNPQ:
h = NE =-^NP^ — PE2 =-у( 1 - а)2 а2 + а2&2 —(а - аа)2 =
=-7^(1 _а)2 а2 + а2.^1= «JL^/4 (I -а)2 + а2.
Тогда S (a)=^i±«l.-^-V4 (1 -а)2 + а2, или S(a)=^J (а),
где f (а)=(1 + а) -\/5а2 —8а + 4.
Функция [ (а) имеет производную при всех а:
f' (а)=д/5аг-8а+ 4 + (1+ а)---5‘2а~8	=
2	— 8а-|-4
__5а2 —8а-|-4-|-(1 4~а)(5а —4)  10а2 —7а
л/5а2 — 8а 4- 4	-\/5а2 —8а 4- 4
Отсюда видно, что f'(a)<0, если 0<а<0,7, и /' (а)>0, если
0,7<а<1. Следовательно, функция f (а) на отрезке [0; 1] имеет
минимум при a = 0,7.
297
57.	Умножив первое уравнение системы на у, а второе — на х
и сложив их, получим:
»(1+7ч^)+х0'+-?3-) = 2’'
Отсюда следует, что ху-{-\=у, т. е. t/=#0 и х=1——.
Далее, если первое уравнение системы умножим на х, второе —
на у и вычтем, то получим:
<x+^v)-’(|'+^)=2x’
откуда х2 —у2+1=2х, или (х—l)2 = i/2.
Подставляя сюда х=1—-, получаем -^-=у2, или у4=1.
Таким образом, возможны лишь два решения системы: =
Х| = 1—~=0 и у2= —1, х2=1— ~_=2- Легко проверяется
подстановкой в уравнения системы, что каждая из пар (0; 1) и
(— 1; 2) удовлетворяет системе.
58.	Обозначим 6=^-,
По условию 0<fe< 1, />1. Введем векторы (рис. 244) а =
= BA = CD, b = CB = DA. Имеем:
BK=ka, KA=(\-k)at ~CL = ia, 7jL=(l-V)a,
_______ CK=CB + BK=b + ka,
DK = DC + CK=—a + b + ka=(k-V)a + b.
Из подобия дЛ4/<Д и дА4СТ следует, что
ЛИ = М  |(l-fe)a| = 1-fe
CM CL	I
Рис. 244
298
Отсюда	=_L_=------!---=___т. е.
СК СМ-МК 1^*	,	1-6	/4-6-1 1
см 1	/
гм--7тЬ-СК=7-^гг(^ + 5).	(1)
Из подобия &BKN и &LDN следует, что
=	|6а|_ = k
DN DL |(/-1)а|	/-1 1
и поэтому
DN = DN _	1	1	= /-1
DK	DN + NK	УХ . 6	/4-6-1 ’
+ DN	+ /-1
т. е.
°а'=47=ТВ^=7Й1Т«‘-1>5+^	<2>
I rV 1	I /V 1
Вычислим вектор NM = NDA-DC + CM= —DN—CD + CM.
В силу формул (1) и (2) имеем:
NM^--^-((k-\)a + b)-a+—L-(ka + b^
i [* ft i	I ""f" К 1
. -(/-l)(fe-l)-(f+fe-l)+ffe -	-(/-!) + / Т_ 1 Г
/+Л-1	/ +	/+й-1	’
Равенство NM
—- DA означает, что векторы NM и DA
коллинеарны. Следовательно, прямые MN и AD параллельны,
что и требовалось доказать.
59.	Докажем сначала следующую лемму:
Лемма. Отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с центра-
ми противолежащих граней, пересекаются в одной точке и делятся
этой точкой в отношении 3:1, считая от вершины.
Доказательство. Возьмем любые две вершины А и В
тетраэдра, а оставшиеся вершины обозначим через С и D. Пусть
Р — середина ребра CD, М} и М2 — центры граней BCD и ACD
(рис. 245). Ясно, что отрезки АМ\ и ВМ2 пересекаются, так как
они лежат в сечении тетраэдра плоскостью АВР. Так как ВР —
медиана &BCD, то М\Р=-±-ВР; аналогично М2Р=-^-АР. От-
О	о
сюда следует, что М\М2=-^-АВ и в силу подобия /\ОАВ и
ДОЛ11Л12 справедливы соотношения ОВ:ОМ2=АО:ОМ]=3:1.
Если вместо В взять С или D, то получим аналогичные результаты,
из которых следует утверждение леммы. Лемма доказана.
Отметим, что общую точку четырех отрезков, соединяющих
вершины тетраэдра с центрами противолежащих граней, называют
центром тетраэдра.
299
Рис. 246
Рис. 245
Обозначим через At точку, симметричную А относительно
Mi, через В| точку, симметричную В относительно М2, и т. д.
(рис. 246). Покажем, что гомотетия Но 3 переводит А в А|, В в
С в Ci и D в D}. Действительно, пусть ОМ\=х. Тогда АО = Зх,
АМ\=4х, MtA] =AMt = 4х, OAt =х-|-4х = 5х и ОА\'.ОА = 5:3.
Аналогично OBi‘.OB=5:3 и т. д. Следовательно, тетраэдр
AiBtCtDi гомотетичен исходному тетраэдру ABCD с коэффициен-
том —|-. Следовательно, отношение объемов этих тетраэдров
равно J .
60.	Пусть Л. и В — любые два перекрестка, а и b — проходя-
щие через них маршруты. Возможны три случая:
а)	маршруты аиЬ совпадают. Тогда из А можно проехать в В,
не делая пересадки;
б)	маршруты а и b не совпадают, пересекаются на пере-
крестке С или имеют общую конечную остановку С. Тогда
маршрутом а можно доехать из А в С и, сделав пересадку, про-
ехать из С в В маршрутом Ь;
в)	маршруты а и b не совпадают, не пересекаются и не имеют
общей конечной остановки. В этом случае из четырех отрезков,
соединяющих конечные остановки маршрутов а и Ь, можно вы-
брать две пересекающиеся улицы, и тогда по крайней мере по
одной из них проходит трамвайный маршрут, имеющий с маршру-
том а общую конечную остановку А> и имеющий с маршрутом b
общую конечную остановку В|. В этом случае проехать из А в В
можно следующим образом: маршрутом а доехать из Л в Ль
300
пересесть на маршрут, идущий из At в В\, и далее в В| пересесть
на маршрут Ь, идущий в В.
61.	Рассмотрим п чисел 21, 22, 23,	2Л. Если п нечетное
и п^З, то все эти числа не делятся на п. Обозначим остатки
отделения этих чисел на п через гь г2» ...» гЛ. Они могут принимать
лишь значения 1, 2, ..., n—1. Так как число этих значений равно
п — 1, а число остатков равно п, то среди остатков есть два равных.
Пусть л = г/, i<J. Тогда число 2' —2z = 2l (2/-1—1) делится на п.
Так как числа 21 и п не имеют общих делителей, то число 2'”2 — 1
делится на п. Здесь l<j —1.
62.	Пусть функция f удовлетворяет неравенству
f(pa+(l-p) 6)<pf(a)+(l-p)f(ft)
при любых действительных значениях а, Ь, р. Положим с —
=ра+(1 +р) Ь. Тогда если р=#0, то а=—с+( 1—- ) b и со-
р \ р /
гласно данному неравенству f (а)^— f (с)+(1—f (Ь) для
любого р=#=0, поэтому f (с)>pf (а)+(1 — р) f (6) для любого р>0.
Из этого неравенства и данного неравенства следует, что
/(ра+(1-р) 6)=р/(а)+(1-р)/(6)
для любого р>0. Полагая здесь р=х, а=1, 6=0, видим, что
для любого х>0 выполняется равенство
f(x)=xf(l)+(l-x)f(O).
Полагая 1— р=х, а=0, 6 = 1, видим, что то же равенство вы-
полняется и для любого х<1.
Рис. 247
301
Следовательно, условию задачи могут удовлетворять только
линейные функции. Очевидно, что любая линейная функция
удовлетворяет этому условию со знаком равенства.
63.	Введем векторы a=ABi, b=BC, c = CD2 (рис. 247). Тогда
2ВЛ1 = Ж+Ж = (BA4-AB1)4-(BC4-C52) = (/? (д)+а)+(& +
4- R (с)). Здесь через R обозначена операция поворота вектора на
90° против часовой стрелки.
Аналогично имеем:
~D^Di = D^C + СВ ~ВА 4- AD, = - с - b + R (6)+R (а).
Так как R(x+y)== R_(x)-\-R (у),_ R(R(x)')= —х, то R(2BM) =
= R(R (b)+a 4- b 4- R (c))=R(R (b))+R (a)4- R (b)+ R (R (c))=
= — ft4-R (a)4-R (6)—с = О2Дь Следовательно, R (2BM)=D2Dt.
Это и означает, что BM_LDiD2 и 2BM = DiD2.
64.	Ясно, что значение х = 0 является корнем данного урав-
нения. Покажем, что других решений это уравнение не имеет.
Так как обе части уравнения — нечетные функции, то достаточно
рассмотреть только х>0. Покажем, что при х>0 справедливо
X3
неравенство f(x)>0, где f (x)=sin х —х4-—. Имеем:
f' (x)=cos х— 1 4~у, f" (•*)= —sin х4-х.
Хорошо известно, что x>sin х при х>0. Это значит, что f" (x)i>0
при х>0. Отсюда следует, что функция f' (х) строго возрастает
при х>0. Так как f' (0)=0, то f' (х)>0 при х>0. Следовательно,
f (х) строго возрастает при х>0, и поэтому f (х)>/ (0) при х>0,
что и требовалось доказать.
65.	Докажем сначала следующую лемму:
Лемма. Противоположные ребра MN и PQ правильного
тетраэдра MNPQ перпендикулярны друг другу и перпендикуляр-
ны отрезку KL, соединяющему их середины.
Доказательство. Медиана NL правильного &QNF*
(рис. 248) является его высотой, т. е. QPA-NL. Аналогично
QP.LML. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости
прямая QP перпендикулярна плоскости MNL, откуда PQ1.KL,
PQJ-MN. Точно так же из &NPM следует, что MNJ-PK. Так
как по доказанному выше MN.LPQ, то прямая MN перпенди-
кулярна плоскости PKQ и, в частности, MN.LKL. Доказаны
все утверждения леммы.
Перейдем к решению задачи. В правильной призме ABCAiB\C\
(рис. 249) введем векторы a = CiAi, Ь = С\В\, с = С\С, откуда
А । С=А । С| 4" Ci С = — а 4~ с,
С \В = CiB 14“ В । В = С) В14- С । С=b 4“ с.
Вершины Р и Q правильного тетраэдра MNPQ лежат на прямой
А|С, а вершины М и N — на прямой CiB. В силу леммы PQJ-MN.
302
Рис. 249
Рис. 248
Следовательно, Л|С_1_С1В, т. е. (Л1С, С|В)=0, или
(— a-j-c, Ь + с)=О.
По условию |а\ — |Ь\_=а, {а, /?) = 60° (так как ДЛ1В1С1 пра-
вильный) и (а, с) = (Ь с) = 0 (так как призма прямая). Поло-
жим й=|с|. Тогда ( — а + с, b-}-с)= —(а, Ь) — (а, с)+(с, &) +
+ (с, с)= — |а| • |&1’Cos (a, b) — 04-0+ \c\'2 = h7—2- .
Следовательно, h2—— =0, т. е. h——.
2	V2
Пусть К и L — середины соответственно ребер PQ и MN пра-
вильного тетраэдра MNPQ, данного в условии задачи^ Так как
точка К лежит на прямой А>С, то Л । К = хЛ । С=х (— а + с). Анало-
гично существует число у, такое, что C\L — yCiB=y (6 + с),
откуда
'kl=kAx +л7с+с\Т=^-+^-QA"i + стГ=
= — х( —а + с) — a + y(b + c)=(x— 1) а+уЬ+(у — х) с.
В силу утверждения леммы PQ.LKL и MN.LKL. Тогда
(KL, AiC)=0 и (KL, С}В)=0, т. е. х и у удовлетворяют уравнениям
((х — 1) а+yb + (у — х) с,_— а + с)=0,
((х—1)а + у/>+(у—х)с, 6 + с)=и.
303
Эти уравнения после упрощений с использованием условий
задачи принимают вид:
(|-fx)a'-0’(-T+f’) °’=0
Отсюда следует, что х=-|-,	Следовательно,
ХГ= __р+^-6—р= —L(H-£+7),
KL2= |KL\2 = (KL,	a-b + c)=
+^-o+o-o+f )=	.
t. e. xz. = 4z.
a/6
66.	Данное уравнение перепишем в виде
cos х — п sin х = т (п — 1).
Точка с координатами (1;п) лежит на окружности радиуса
-уТ-Нг с центром в начале координат, поэтому существует число
> такое, что
1 =д/1 +n* cos <р, п =д/1 4-sin <р.
Следовательно, данное уравнение имеет вид:
-^1 Ч-n2 cos (x + <p) = m (л — I).
Если n=l, то при любом пг это уравнение принимает вид
cos (х + <р) = 0 и, очевидно, имеет решение. Если п=2, то получаем
уравнение cos (х+<р)=—, которое, очевидно, имеет решение лини»,
л/5
при 1 и пг = 2.
Вообще уравнение вида a cos (х + ф)=6 имеет решение тогда
и только тогда, когда |а|. Поэтому если m = \t то при любом
натуральном п данное уравнение имеет решение, так как 0^
— 1 <п<д/1 +п2. Если же т>2 и и>3, то данное уравнение
решений не имеет. Действительно, в этом случае
m (n— I) 2 (n — I)
Vi +n2	Vi -H*2
Следовательно, данное уравнение имеет решение только тогда,
когда выполняется одно из условий: 1) п= I, пг — любое; 2) т = 1,
п — любое натуральное; 3) п = т = 2.
304
___67. Обозначим а = ВС, Ь=АС, с —АВ. Выразим ЛЛ1( ВВ\,
СС\ через АВ, ВС, АС. Имеем:
~bb\=ba+ab\, ВВ\=ВС-В^,
В\С ВС а
Векторы АВ\ и В\С сонаправлены. Поэтому
лв;=44-в?с=—-Же.
BiC	а
Следовательно,
'вв\=Иа+—-вТс, — -вв\=—-Иа+ТГс.
ас	с
Складывая это равенство с равенством ВВ\ — ВС— В\С, получаем:
(-2-+ 1 ) BBt =^-~ВА + ВС,
$  аВА -|~ сВС
а + с
Аналогично выводится, что
.	Ч~сЛС (2(2   йСВ^-ЬСА
1 Ь+с ’	1 а+Ь
Согласно условию задачи имеет место равенство
ЬАВ -|~ с AC I аВА -\-cBC । аСВ -|- ЬСА  q
a-j~c	a-f-b
Так как ~ВА = -~АВ, ~СА^~~АС, ВС = АС-АВ у СВ=АВ-АС,
то отсюда следует, что
Векторы АВ и АС не коллинеарны, поэтому это равенство воз-
можно лишь в том случае, когда коэффициенты при АВ и АС рав-
ны нулю:
—-----14—— =0, -2- 4—с----------1 =о.
Ь + с а + b Ь + с а+с
Из первого равенства получаем а = с, а затем из второго Ь=а.
Итак, а = Ь = с, т. е. дЛВС правильный.
68.	Начнем решение задачи с исследования. Предположим, что
последовательность кп=-^- имеет предел, и попытаемся найти его.
Ьп
305
Из рекуррентных соотношений следует, что ал>0, 6л>0, ki = l,
1	_ дя + 1   Оп-\-ЗЬп   (ап/Ьп)-}-3   Хп4~3	-> 1
+	Ьп + \	&п-\~Ьп	(+/Ьл)-}-1	Хл4“1	’
Обозначая х= lim кл, имеем:
П —> оо
lim Xrt-|-3
х = lim A,„+I= lim	----= _*±3 x2 = 3.
л —> оо	л-»-оо^л4“1 lim XnH-1 x-|-l
П —► co
Учитывая, что 1 и, следовательно 1, получаем х=д/3.
Итак, если последовательность А,п имеет предел, то он равен л/З.
Докажем, что предел последовательности существует. Для этого
заметим, что
и.+,-V3(= |_V31 = |	। =
1 Ад 1	Ад I
=±feL- 1А.-з/з|<+хя-у/5|.
Отсюда по индукции получаем:
|Хя+1 -д/3| <±|A„-V3|	-V3| sC •••<
л/31<^г,
т. е. |1Л — ->/3|	• Из полученного неравенства следует, что
lim k„=-\/3, так как lim —L, =0.
69.	а) Покажем, что требуемой расстановки чисел не сущест-
вует. Докажем это утверждение методом от противного.
Пусть существует расстановка цифр от 0 до 9, удовлетво-
ряющая условиям задачи. Двигаясь от 0 по часовой стрелке, обо-
значим остальные последовательные цифры аь а2, а3, а4, as, a6, а7,
а9. Тогда согласно условию задачи
а । + a2 + a3 14,
a4 + a5 + a6< 14,
ay + ae + a9 14.
Сложив все эти неравенства, получим:
ai + a2 + a3 + ^4 + а5 clq -|- а? -|- аз -4- а9	14*3 = 42.
Но это противоречит тому, что а\ +аг + аз + а4 + а5 + аб + а7 +
а8-|-а9= 1 4-2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45. Следовательно, сде-
ланное предположение неверно, т. е. цифры от 0 до 9 расставить по
кругу требуемым образом нельзя.
б) Несложно построить требуемые расстановки цифр. Напри-
мер (в строку перечисляем последовательные цифры, двигаясь по
306
кругу в каком-нибудь направлении): 0, 9, 5, 1, 8, 3, 4, 2, 7, 6; 0, 9, 4,
2, 7, 5, 3, 1, 8, 6. Существуют и другие расстановки.
70.	Для доказательства утверждения задачи достаточно, оче-
видно, установить неравенство
(1)
для всех п>3 (поскольку О| = 1<3 и а2=1<3). Докажем его
методом математической индукции.
При п = 3 имеем:
аз = а2+1?=-г=3-- = 3-^.
При л = 4 имеем:
п _п । о?__ 3 । I _ 7 _о 5 __о 3____о 12
3——<3------4-3-т,
т. е. неравенство (1) справедливо и при и = 3, и при л = 4.
Предположим, что неравенство
а*<3-^	(2)
выполнено при всех Л = 3, 4, ..., п +1 (л^З). Докажем, используя
это предположение, что неравенство (2) верно и при k = п -|-2.
Действительно, a„+2 = an+i	В СИЛУ предположения индукции
an<3 —art+i<3—	= 3—Следовательно, an+2=an+i +
видим, что неравенство (2) справедливо и при k = n-j-2. Отсюда
в силу принципа математической индукции следует, что неравенст-
во (1) справедливо для всех п^З.
71.	Возведем оба уравнения системы в квадрат и сложим:
cos2 % + cos2 i/ + cos2 z + 2 cos x cos t/ + 2 cos у cos z +
+ 2 cos x cos z + sin2 x-|-sin2 у + sin2 z + 2 sin x sin t/4~
4-2 sin у sin z-|-2 sin z sin x = 9.
Отсюда cos (x —t/)4-cos (</ —z)4~cos (x —z) = 3, и, значит,
cos (x —	cos (y—z)=l, cos(x — z)=l. Таким образом, если
(x; у, z) — решение системы, то существуют целые числа р и q, та-
кие, что у = х-\-2л.р, z=x + 2nq. Подставляя эти выражения в ис-
л/з .	1
ходные уравнения, получаем cosx=-^~, sinx=—, откуда х =
=-~|-2лп, n£Z.
О
307
Рис. 250
Итак, доказано, что если (х; у; z) — решение системы, то су-
ществуют целые числа п, k = n-\-p, m = n-^-q, такие, что
х=—-|-2лп, у=-т-+2л£, z=-2—|-2лт.	(1)
6	6	6
Легко убедиться в справедливости следующего утверждения:
при любых целых п, k, т набор (1) является решением системы.
72.	Обозначим через О|, О и О2 середины отрезков АВ, АС и
ВС, через k\, k и kt полуокружности, построенные на этих отрезках
как на диаметрах (рис. 250).
Пусть AB = 2R, ВС = 2г. Тогда AO\=OlB = R, ВО2 = О2С = г,
AO = OC=-^-AC=-^-(AB-}-BC) — RA-r. Таким образом, Olt О,
О2 — центры, а /?,/? + г, г — радиусы полуокружностей k\, k, k2 со-
ответственно.
Обозначим через / касательную к k, проведенную через точку
D, через Л общую касательную к kt и k2, отличную от BD, а через Е
и F точки, в которых прямая h касается kt и k2. Будем считать да-
лее, что R>r (случай R<r рассматривается аналогично, а случай
R = r (т. е. О = В) тривиален: в этом случае 1\\Ц, поскольку обе
они параллельны прямой Л С). В рассматриваемом случае каждый
из углов (zLDOC= zLDOB и Z-EO\C= Z-MO\O2) острый.
Обратимся к прямоугольному &OBD. В нем Z.OBD=90°,
OD = AO — /?4-г, ОВ=АВ — AO = 2R — (/?4-г) = /? — г. Следова-
тельно, cos ЛDOC = cos Z_DOB = R~r .
R + r
Из точки О2 проведем O2M.LO\E и рассмотрим четырехуголь-
ник MEFO2.
308
0|£±/| и O2FI.I1 (так как радиус, проведенный в точку каса-
ния, перпендикулярен касательной). Следовательно, O|E||O2f.
OaAfjlff (как перпендикуляры к одной и той же прямой О\Е).
Таким образом, четырехугольник MEFO2 — прямоугольник, и
поэтому МЕ — О2р = г.
Рассмотрим теперь прямоугольный ДО1ЛЮ2, в котором
ZOtMO2 = 90°, O1O2=AC-AO}-O2C=R + r, OtM = OtE-
— ME = R — r. Поэтому cos Z_£OiC = cos ZM0|02=-^^-=
= cos Z.DOC, т. e. острые Z.EOtC и Z.DOC имеют одинаковые
косинусы. Следовательно, они равны.
Итак, при пересечении двух прямых OiE и OD третьей прямой
АС соответственные Z.EOtC и Z.DOC равны, т. е. O]E\\OD. Но
тогда /1||/.
73.	Как известно, SA>)BC=-—ЛВ-ЛС-sin Z_A. Если на прямых
АВ и АС выбраны точки В, и Ct так, что АВ\=рАВ, АС\ =
= qAC, где р>0 и р>0, то по аналогичной формуле 5ЛВ|С| =
— РЯ^АВС-
Следовательно, если AQ — медиана, а К — точка пересечения
медиан дЛВС, S — его площадь, то
с _____2_, 1. с	=_? с —_L с
— 3 • ->4QC	з 2 ^слв — з •>.
Отсюда следует, что объем тетраэдра DKAC равен -у К, где V —
объем тетраэдра DABC. Аналогично доказывается, чтоУвклв=
=yV, VDKBC=j-V.
Для объемов тетраэдров справедлива формула, аналогичная
рассмотренной формуле для площадей треугольников. Объем тет-
раэдра DABC вычисляется по формуле
У0ЛЙС=-|—DA-DB-DC-sin ZADB-sin а,
где а — угол между прямой DC и плоскостью DAB. Из этой фор-
мулы следует, что если на прямых DA, DB, DC выбраны точки Ль
Bi, Ci так, что DA]=pDA, DBt = qDB, DCt = rDC, где р>0, р>0,
г>0, то
DAtffi С| РРГ УDABC
Аналогичный результат получится и в случае, когда DAt = —pDA,
DBt = —qDB’, DCt = —rDC.	_______________
В рассматриваемом случае (рис. 251) DL= •— 2DA, DM =
= —2DB, DN=—3DC, DP=—DK, поэтому
2• 2• 3• Vdabc= 12V, VDPLM=l	DKAB=—V, -
309
с
Рис. 251
V = 1.2.3.У =— V V —1-2..3.V =— V
v DPLN—1 z ° ' DKAC— 3 '> F DPMN—1 / ° * DKBC— 3 v-
Таким образом,
PLMN—V DLMN	V DPLM DPLN DPMN
= 121/—у.
3 о 3	3
74.	Доказательство проведем методом от противного.
Предположим, что не все записанные числа равны между собой.
Обозначим наименьшее из них через т. Тогда имеется вершина,
в которой записано число, равное т, а хотя бы в одной из двух со-
седних с ней вершин записано число, отличное от т. Эти три
последовательные вершины обозначим через Л, В, С. Пусть в вер-
шине А записано число а, в вершине В — число Ь = т, а в верши-
не С — число с и пусть, например, с=£т. Тогда а^т, От, по-
этому > т,-у/ас> т, и, следовательно, Ь> т, так как Ь равно
одному из чисел ^с- и ^/ас, а это противоречит тому, что Ь = т.
Из полученного противоречия следует, что все записанные в вер-
шинах числа равны между собой.
75.	По условию существуют натуральные числа р и q, такие,
что р2 = 2гс+ 1, <72 = 3n+ 1- Очевидно, число р нечетное и больше 1.
Пусть p = 2k-{- 1, где k — натуральное число. Тогда 2п = р2 — 1 =
310
= 2k (2^4-2), n = 2k (£+ 1), и поэтому q‘ = bn («-г »;т >•	__
равенства следует, что число q нечетное и больше 1. Пусть q —
= 2/4-1, где / — натуральное число. Тогда 3n = q2 — 1 =
— 21 (2/4-2) = 4/(/4-1). Так как произведение двух последователь-
ных натуральных чисел всегда делится на 2, то из последнего
равенства следует, что п делится на 8, что и требовалось доказать,
76. Рассмотрим сначала ситуацию, изображенную на рисунке
252 и характеризуемую тем, что общие касательные к парам ок-
ружностей, проведенные в точках А и В, В и С, С и D, D и А, пере-
секаются в точках Р, Q, R, Т соответственно. ДЛРВ, &BQC,
&CRD, &DTA равнобедренные. Пусть а, 0, у, 6 — углы при осно-
ваниях АВ, ВС, CD, DA в этих треугольниках. Тогда в четырех-
угольнике ABCD имеют место равенства АЛ = 6 — а, АВ = л —
— а 4-0, АС = л —у4-0, Z-D = b — у. Отсюда следует, что АЛ-|-
4- АС = АВ4- А£> = л —а4-0 —?4-6. Мы видим, что в четырех-
угольнике ABCD суммы величин противоположных углов равны
друг другу. Но тогда каждая из этих сумм равна л. Следовательно,
в рассматриваемом случае около четырехугольника ABCD можно
описать окружность.
В случае, когда некоторые пары общих касательных, прове-
денных в точках Л, В, С, D, не пересекаются (т. е. являются
параллельными), доказательство проводится аналогично.
311
Обратимся, например, к случаю, изображенному на рисун-
ке 253. В этом случае ABJLAT и ЛВ±Вф, т. е. а==-2-. Используя
для углов A.BQC, &.CRD, &DTA те же самые обозначения, что и
выше, запишем:
6, ZB=^+p, ЛС = р + л —у. Z.D = n-y-6.
Мы видим, что вновь получается равенство Z-A+ Z-C= Z.B4-
-|- Z. D, из которого следует требуемое утверждение.
77. а) Куб можно разрезать на пять треугольных пи-
рамид, например, следующим образом (рис. 254): куб
4BCDA|B|C|D| разрезается на пирамиды AA^BD, A\C\D\D,
А\В]С\В, BC\CD и A\BC]D.
б) Покажем, что куб нельзя разрезать на четыре
треугольные пирамиды. Предположим противное: пусть куб
ABCDAiBiC]Di с ребром длиной а разрезан на четыре тре-
угольные пирамиды. Тогда основания куба ABCD и A\B\C\D\
заполняются четырьмя гранями этих пирамид. Обозначим
площади этих граней через Si, S2, S3, S4. Длины высот, опущен-
ных на эти грани из противолежащих вершин этих пирамид, не
превосходят а. Поэтому суммарный объем этих четырех пира-
мид не превосходит величины -i-aSi+-5-а5г+-|-а5з4-4-а54 =
О	м	О	□
(Si-|-524-5з-|-54)=-|-а,2а2=-|-а3 и поэтому меньше объ-
ема |<уба. Пришли к противоречию.
78. Периметр правильного n-угольника, вписанного в окруж-
ность радиуса R, равен (рис. 255)
Рис. 255
Рис. 254
312
а периметр правильного (п-|- 1)-угольника, вписанного в ту же ок-
ружность, равен
Л
sin —-г
Р„+1=2л/?-----
Л
МП
Докажем, что Pn+i>Pn- Для этого рассмотрим при х>0
функцию / (х)=-52^-. Ее производная
Г (х)=-^ -	-(x-tg X)
отрицательна при х 0; -2-), поскольку cos х > 0, х2 > 0 и х < tgx
при х£^0; Следовательно, функция f (х) строго убывает на
интервале ^0; и поэтому f	(~)- Отсюда следует
требуемое неравенство, так как Pn+i =2n/?*fи Рп =
79. Доказательство утверждения задачи проведем методом от
противного. Предположим, что:
1) sin a cos 2) sin 0 cos у>-р 3) sin у cos а>-у-.
Перемножая эти неравенства, получаем неравенство
sin a cos а-sin 0 cos у-sin у cos а >4*,
или
2 sin а cos а • 2 sin р cos Р • 2 sin у cos у > 1,
т. е. sin 2а-sin 2р-sin 2?> 1. Но это неравенство невозможно.
Полученное противоречие означает, что хотя бы одно из нера-
венств (1), (2), (3) не имеет места, а это и требовалось доказать.
83.	Числа bi=a]— а2, b2 = a2 — a$, ..., Ьп_\ = ап_\ — ап, Ьп =
= an — ai таковы, что их сумма равна нулю. Покажем, что сумма
их модулей равна четному числу.
Положим	. Очевидно, Cj = bj, если и с/=0,
если Ь/^0. В любом случае с,— неотрицательное целое число.
Сумму всех чисел с/, где / = 1, 2, ..., и, обозначим через М. Тогда
\1>!\=2с]-Ьь \bi\+... + \bn\=2M.
С другой стороны, из того, что все числа aiy а2, ..., ап натуральные,
различные и не превосходят п + 1, следует, что 1 I b,J п для лю-
313
бого j=i, 2, ...» п. Так как числа I6J, |&2|, ...» 1&л|, кроме того,
различные, то они представляют собой перестановку из чисел 1, 2,
п. Поэтому
Ith | +... + Ibn\ = 1 + 2 +... + п=	.
Отсюда и из предыдущего следует, что л(л+1)=4Л4. Поскольку
числа п и п 1 имеют различную четность, то из полученного
равенства следует, что или число п делится на 4, т. е. n=4k, или
число «+ 1 делится на 4, т. е. n+ 1 = 4k, n=4k — 1. В обоих этих
случаях можно построить требуемый в задаче набор чисел ai, а^,...,
ап:
1) n = 4k:
ai	a2	а3	aA	a5	a6	a7		a2*_2	Й2Л- 1
46+1	1	4k	2	46-1	3	46-2		6-1	3k 4-2
a>2k	агл+i	(12k + 2	a>2k+3	&2k 4- 4		(14k —3	&4k -2	aAk-1	(14k
k	364-1	fe + 2	36	6 + 3		26 + 3	26	26 + 2	26+1
2) n = 4k-l;
ai	a2	a3	a4	a5	a6	a7		(12k-3	d2k-2
46	1	46-1	2	46-2	3	46 — 3		36 + 2	6-1
&2k- 1	(12k	a2*+i	&2k + 2	а2*+з		(lAk- 4	&4k-3	С4Л-2	a4fe-i
36+1	6	36-1	fe+l	36 — 2		26-2	26 + 1	26-1	26
(При n — 4k не используется число fe+1, а при n=4k — 1 —
число 3k.)
84.	Так как 1 —cos х = 2 sin1 2 + 1 +cos х=2 cos2 -%-, sinx =
=2 sin -4-cos -4-, то
2	2
1 4-sin x —cos x — 2 sin -4~( sin -4-4-cos
2 \	2 1	2/
314
Кроме того,
sin y+cos T=V2 sin (y+y)>0
для любого х из интервала (—2-; -2-). Поэтому
F (х)^ l+sinx-cosx =te 2L
' v 7	1 4-sin x-j-cos x & 2
для любого ------p y)-
Функция tg является нечетной. Следовательно, функция f (х)
на интервале ( —2-; -2^ является нечетной.
85.	Из второго условия задачи следует, что хп+|—хп =
= 2(х„—х„_|) для любого п = 2, 3, .... N, где А=1982. Положим
&„ = хп+|—х„. Тогда Ьп = 2Ьп-\, и, следовательно, b2 — 2bi, Ьз =
= 2b2 = i2b\ и т. д. По индукции получаем 6n = 2'I~16i для любого
п = 2, 3, .... N. Поэтому
6| Ч-бг-Ь -..“h b N=bi 4-2614-... + 2Л/_,&| =(2Af— 1) bi.
С другой стороны, b\ +b2-[-...-}-bN=xN+l— Xi =0, так какх> =
=xN+l. Отсюда и из предыдущего равенства следует, что 61=0.
А так как bn = 2n~'bi, то &п=0 для любого п = 2, 3, ..., N. Таким
образом, 61 = 62 = ... = bN=0. Отсюда следует, что xi=x2 = x3 =
= ...=Хд, = Хд,+ 1.
86.	Докажем методом от противного. Предположим противное:
пусть система имеет решение (х; у; z\ где х, у, z — целые числа.
Тогда число z2 = 2y2+l нечетное. Следовательно, и само число z
является нечетным: z = 2k-j-l, где k — целое число. Для чисел
k и у выполняется равенство 4Л2+4^4- 1 = 2у2-}-1, из которого
вытекает, что число у2 —2 (Л24-&) четное. Следовательно, и число
у четное: у = 2п, где п — целое число. Из соотношения x2 = i/3-j-
-|-7 = 8п34-7 следует, что х — нечетное число: х = 2т + 1, т —
целое число. Тогда 4/п24-4/и+1 =8/г34-7, т. е. 2(m2-f-m)=
= 4п34*3. В последнем равенстве слева стоит четное число, спра-
ва — нечетное, но это невозможно. Из полученного противоречия
следует, что исходное предположение о существовании целочис-
ленного решения системы не имеет места, т. е. данная система не
имеет целочисленных решений.
87.	Положим SDCF = S. Тогда (рис. 256) S£)rc = S, SD0£=
=4-5, Snf₽=4-$. так как CF = FG, GE=^-FG.
2 и 2	2
315
A
Рис. 256	Рис. 257
Аналогично	$deb — ^def* Sdab ^^dgb
= 2-—Snr₽,так как DA =2DG, DB—-^-DF. Следовательно, SnFA =
=33, SDf5=~-S, SDj4B=-|-S. Так как SABE~SDEA-{-SDAB — SDEB,
о	z
то 5лве=35+-^-5—т- e- отношение площадей &CFD
2	8	8
и Л ABE равно
15
88.	Пусть T — середина ребра DtCi (рис. 257). Ясно, что
отрезок 41Т равен и параллелен РС\ и он же равен и параллелен
AR. Следовательно, отрезок PCi равен и параллелен AR. Так как
прямая РС\ параллельна прямой AR, то прямая PCi параллельна
плоскости ARQ. А это значит, что точки Р и С| равноудалены
от плоскости ARQ. Поэтому объем пирамиды PAQR с вершиной Р
и основанием AQR равен объему пирамиды CiAQR с вершиной
Ci и тем же основанием (от плоскости которого вершины Р и С,
равноудалены). В свою очередь объем пирамиды CiAQR равен
где h — высота, опущенная из А на плоскость CDDiCi.
SдС|<?я=5дя<?с> так как Q— середина С]С.
$дС|Лс==~,$соО|С1- Следовательно, SCiQft=—SCDDiCi.
Итак, Vpaqr=^ciaqr~~^'^ciqi/1 = Scon.c/1 = 24*	п0‘
скольку SCDDiCh = V.
89.	Ясно, что ни одно из написанных чисел не равно нулю. Одно
из них обозначим через Ui, а числа, следующие за Ui по кругу по
направлению движения часовой стрелки, — через и2, и3, иА, ....
Пусть для краткости Ui—a, u2 = b. Тогда и3=—=—, иА=—=
ui а	и2
316
U4 1	°
a
,, _ Us ___
Ul~----- =
U5
b	I
__ а   1		u4   а   1
=—— =—, Us=—=— = —,
b	' a	u3	b	b
a
a
=-£- =tz. В силу условия задачи все числа, написанные по кругу,
Т
различны. Так как оказалось, что всегда u7 = ui, то отсюда вытека-
ет, что более шести чисел, удовлетворяющих условию задачи,
расположить по кругу нельзя.
Шесть чисел, удовлетворяющих условию задачи, можно найти.
Например (берем а = 2, b=3), ui=2, иг = 3,	U5==
.=-р Мб=-~. Покажем, что три, четыре и пять чисел требуемым
образом по кругу расположить нельзя. Пусть n = 3, Ui =а, и2 = Ь и
а^Ь. Тогда ы3=—. Поскольку U| = U2U3, то а——, т. е. а2 = Ь2.
а	а
Отсюда следует, что Ь=—а (ибо а=#6), и поэтому «з= — 1.
Кроме того, «3 = WiW2, т. е. — 1 =ab= —а2. Следовательно, а2 = 1,
а=1, ибо а = «1 =/=Мз= — 1. Но тогда иг = 6 =—а— — 1=«з-
Пришли к противоречию.
Если п = 4, ui=a, u2 = b, то и3=—, и4=— и — = U4 = U}U3 =
а а а
=Ь = и2. Вновь получаем противоречие.
Если n = 5, ui = a, u2 = b, то и3=—, м4=—, Us=— и —=
a a b b
= «5 = ui«4=l. Отсюда следует, что 6 = 1 и u3=—=—=и4,
а а
что опять-таки противоречит условию задачи.
Итак, по кругу записано 6 чисел.
90.	Так как а>1, 0> 1, у>1, то выполняются неравенства
x = lg a>0, y = lg 0>О, z = lg у>0. По условию задачи a2>Py.
Следовательно, 2 lg a^lg P + lg Y, т. e. 2x^y + z- Тогда
4x2 >(y + z)2 = (y — z)2 + 4yz > 4yz.
Следовательно, x2^yz, t. e. (lga)2^lg p-lgy, что и требовалось
доказать.
91.	Зафиксируем какую-нибудь вершину (2«+1)-угольника и
обозначим ее через А. Обозначим через В(, В2, ..., Вп (через Ci,
С2, ..., Сп) следующие за А по (против) часовой стрелке вершины
(2п+1)-угольника (рис. 258,а).
Найдем число искомых треугольников, одна из вершин которых
совпадает с вершиной А. Прежде всего заметим, что в силу сим-
метрии (2л + 1)-угольника его центр (точка О) лежит внутри
&ВпАСп (рис. 258,а). Любой дВ^В/Л, где 1	имеет
лишь одну общую точку А с лучом АО и поэтому не содержит
317
Рис. 258
центр О. Точно так же устанавливаем, что любой ДС/С/Л, где
1	не содержит центр О. Следовательно, из двух других,
кроме А, вершин треугольника, содержащего центр О, одна верши-
на должна быть В,, где 1	а другая — С,, где 1^/^п.
Покажем, что критерием того, что центр О лежит в дДЛС/,
является выполнение неравенства 4 4-/> я 4-1- Действитель-
но (рис. 258,6),
дДОВ,=-22£- ЛАОС,=-^-.
2п-\-\	1 2л + 1
Центр О лежит в дВЛС, тогда и только тогда, когда сумма
ЛЛОВ/+ZLЛОС/=	будет больше л, т. е. тогда, когда
-2(Z+/L >1, i + j>n_^_L а последнее неравенство равносильно
2п 1	2
неравенству	ибо I, j — целые числа.
Подсчитаем теперь число треугольников BiACj, у которых
4 4-/^ и 4-1- Если 4=1, то такой треугольник будет один (/=и);
если 4 = 2, то два (j = n — 1 и / = л); если 4 = 3, то три (/ = л —2, /' =
= п— 1 и / = п); ...; если 1 = п, то таких треугольников будет п
(j=\, j = 2, ..., j = n — 1 и j — ri). Следовательно, количество всех
искомых треугольников с вершиной А равно 14-24*34-••• + п =
_ п (п-ю
2
Проведя аналогичные рассуждения для каждой из 2п 4-1 вер-
шин многоугольника, получим в сумме число n(n + lH2ft4'1)
Нужно, однако, учесть, что при таком способе подсчета каждый
треугольник считался ровно три раза, поскольку каждая его вер-
шина по очереди играла роль вершины А. Следовательно, число
всех треугольников, содержащих центр О, равно "(п + |)(2” + |)
318
92.	Очевидно, что xn+i >5хл-|- 1- Из этого неравенства и усло-
вия Х| =0 по индукции получаем, что x„ + i 1 для любого га. Тогда
хп+1 2^ хп -f-1.	________
Из равенства хл+1 — 5хл=д/24хл -f- 1 следует, что x„+i —
— 10хл+1Хп4-Хп = 1 Для любого га = 1,2.Очевидно, справедливо
и равенство х'2п— 10хлх„_| +х2_| — 1 для любого п — 2, 3.Вы-
читая почленно из первого равенства второе, получаем:
Хп +1 — хл _ I — 10хл + 4 хп +10хлхп _|=0,
(хл+1—x„_i)(x„+1 +хл_| — 10хл)=0.
Так как x„+i—хл_|^2, то хл4 । +хл_| — 10хп = 0 для любого
натурального га ^2.
Из равенства x„+i = 10хл —хл_| и условий xt=0, х2=1 следу-
ет, что Хз равно натуральному числу. А так как Хз и х2 натураль-
ные, то и х< натуральное и т. д. По индукции получаем, что хл+|
равно натуральному числу для любого га.
93.	Векторы ОА и ОВ неколлинеарны, поэтому любой вектор
в плоскости ОАВ можно разложить по этим векторам. В частности,
существуют такие числа аир, что ОС = аОА + рОВ. (Числа аир
можно найти, но это несущественно для решения задачи.)
Аналогично с теми же самыми коэффициентами аир справед-
ливо разложение ОС\ =аОА| + рОВ|, которое можно получить из
предыдущего поворотом плоскости ОАВ вокруг точки О до совпа-
дения с плоскостью СЪ4|В| и гомотетией с центром в точке О и ко-
эффициентом	. Тогда СС| = ОС1 — ОС =
= a (OAi —ОА)+ Р (OB) — ОВ)—аАА। + PB5i, и, следовательно,
вектор СС| параллелен плоскости, параллельной векторам АА\
и ВВ). Аналогично доказывается, что существуют числа ai, Pi,,
такие, что DD\ =aiAAi + Р1ВВ,, и поэтому вектор DDi тоже па-
раллелен плоскости, параллельной векторам AAt, ВВ). Следо-
вательно, четыре прямые AAt, BBi, СС\ и DD\ параллельны од-
ной плоскости, а именно плоскости, которая параллельна векторам
АА) и BBi.
94.	Обозначим искомые простые числа через р, q, г Пусть
p<q<.r. Любое простое число, отличное от 3, имеет вид либо
Зга + 1, либо Зга + 2, где га — неотрицательное целое число. Квадрат
такого числа при делении на 3 дает в остатке 1. Следовательно,
сумма квадратов трех простых чисел, ни одно из которых не равно
3, делится на 3. Так как число р2 + <72-|-г2 должно быть простым,
то одно из искомых чисел р, q, г должно быть равно 3. Возможны
три случая:
а)	р = 3, тогда <7 = 5, г = 7 и р2 + <72-]-г2 = 83 — простое число;
б)	<7 = 3, тогда р = 2, г = 5 и p24-<72 + f2=38— составное
число;
319
в)	г = 3, тогда <7 = 2, а простых чисел, меньших 2, нет.
Итак, условиям задачи удовлетворяет тройка чисел (3; 5; 7), и
только она.
96.	Докажем, что треугольник и выпуклый четырехугольник
покрываются указанными кругами.
Поскольку в треугольнике всегда имеется острый угол (пусть
это будет Z.C), то окружность, построенная как на диаметре на
стороне, противолежащей этому острому углу (в нашем случае
на стороне АВ), пересекает одну из сторон ДЛВС. Пусть
для определенности окружность, построенная на диаметре АВ,
пересекает сторону АС в точке М (рис. 259). Тогда Z.AMB = 90°,
и поэтому окружность, построенная на диаметре ВС, проходит че-
рез точку М. Следовательно, треугольник покрывается двумя кру-
гами. Если четырехугольник ABCD не покрывается четырьмя
кругами, диаметрами которых являются стороны этого четырех-
угольника, то в четырехугольнике ABCD можно указать точку, ле-
жащую вне построенных кругов. Предположим, что такой точкой
является точка М (рис. 260). Тогда Z.AMB, ZBMC, /LCMD,
Z-DMA — острые углы, но это противоречит тому, что Z.AMBA-
+ Z.BMC-)- Z.CMD-)- Z-DMA = 360°. Следовательно, выпуклый
четырехугольник обязательно полностью покрывается четырьмя
кругами, диаметрами которых являются стороны четырехуголь-
ника.
Выпуклый n-угольник при п^5 может как покрываться, так и
не покрываться указанными кругами. На рисунке 261 изображен
n-угольник AiA2...An, покрываемый одним кругом диаметром AtAn.
Правильный «-угольник при «^5 не покрывается указанными
кругами (рис. 262). Если О — центр этого «-угольника, а А, В —
две соседние его вершины, то Z_AOB = —, т. е. острый, поскольку
ПРИ «^5. Отметим, что при « = 4 центр О квадрата за-
хватывается лишь границами кругов.
97.	Если десятичная запись числа А, не являющегося степенью
10, содержит W цифр, то 10л,-1<;Л .С 10\ т. е. /7—1 <lg Л <Л\
320
Рис. 262
о
Таким образом, W = lg А 4-а, гдеО<а< 1. В нашем случае имеем:
m = lg 2I984 4-<xi = 1984 lg 2-j-ai, где 0<ai <. 1,
n = lg 51984 + (Х2= 1984 1g 54-аг, где 0<а2< 1,
и поэтому m-|-n= 1984 (1g 2 + lg 5)-f-ai 4*a2 = 1984 4-ai 4-a2. От-
сюда следует, что число ai+a2 целое, а так как 0<ai4-a2<2,
то ai + a2=l. Следовательно, m-|-n=1985.
Замечания. 1. Аналогично доказывается, что общее коли-
чество цифр в десятичных записях чисел 2Р и !У равно р4~<7-
2. Вычислив с достаточной точностью 1g 2 и 1g 5, можно пока-
зать, что число цифр в записи числа 21984 равно 598, а число цифр
в записи числа 51984 равно 1387.
98.	Пусть AD = a, DC = b, AAt=e (рис. 263). Тогда
AM =xAD\ =х (a 4-с),
DN=yDC\=y(bA-c),
MN = zA^C = z(a+b-c),
где x, у, z — некоторые числа. Подставив выражения для
1 I Заказ 57
321
AM, DN, MN через a, b, с в векторное равенство MN = MA-\-
A-ADA-DN, получим:
z(aA-bA-c)= — x(aA-c)A-a+y(bA-c')-
Так как векторы a, b, с некомпланарны, то
{z= —x+ 1,
z=y,
— z= — xA-y.
9	i
Решая эту систему, находим х=—, y = z=—.
о	«3
Следовательно,
ЛЛ4:ЛР,=2:3, DN:DC} =MN:AtC= 1:3.
100. Заметим, что g (x)=F (f (х)), где F + sin i. Если T —
период функции g (х), то для любого х£( — оо; + оо) справедливо
равенство g (х-|- T) = g (х), или
F(f(xA-T))=F(f(x)).	(1)
Допустим, что функция f (х) не является периодической. Тогда
существует такое число Хо, что выполняется одно из следующих
неравенств:
1) f(r.+7)>f(xo); 2) fM-TXflxo).
Поскольку функция f (t) строго возрастает, то соответственно
либо F (f (хо + Т)) > F (J (хо)),
либо F (f (хо+ T))<F (f (хо)).
Оба этих неравенства противоречат равенству (1). Следовательно,
для всех х£(— оо; 4-оо) справедливо равенство f (х+ T)—f (х),
т. е. функция f (х) является периодической (и ее период, очевидно,
совпадает с периодом функции g (х)).
101. а) Покажем, что все числа на доске не могут одновременно
стать равными 1984. Действительно, после каждого поворота
циферблата сумма всех чисел, записанных на доске, увеличивается
на 78. После k поворотов она равна 78k. Если бы все числа, запи-
санные на доске после k поворотов, были равны 1984, то должно
было выполняться равенство 12 X 1984 = 78£, что невозможно, так
как число в левой части равенства не делится на 78. (См. также
решение задачи 102 для девятого класса.)
б) Покажем, что одиннадцать чисел на доске не могут одновре-
менно стать равными 1984. Доказательство проведем методом от
противного. Пусть в результате нескольких поворотов одиннадцать
чисел на доске оказались равны 1984. Не ограничивая общности,
можно считать, что эти одиннадцать чисел записаны около чисел
12, 1, 2, ..., 10 на циферблате в начальном положении. Обозначим
через X/ (где / = 1, 2, ..., 12) число поворотов, после которых ци-
322
ферблат оказывался повернутым против часовой стрелки на угол
30° •/ по отношению к своему начальному положению.
Проанализируем, как получилось число 1984, записанное на
месте «12 ч». Циферблат поворачивали Xi раз так, что на месте
«12 ч» оказывалось число 1, которое суммировалось Х{ раз. Пово-
роты, в результате которых на месте «12 ч> оказывалось число 2,
выполнялись х2 раз, и столько же раз к числу на доске, записанно-
му на месте «12 ч», прибавляли 2 и т. д. до числа 12, которое приба-
вили Х|2 раз. Значит, число 1984, записанное на месте «12 ч», равно
сумме Х| + 2х2 + Зх3 +... + 12xi2.
Аналогично получились все числа 1984, записанные около
остальных символов циферблата. Таким образом, целые неотрица-
тельные числа Xi, х2, х3, ..., Х{2 удовлетворяют системе из одиннад-
цати уравнений
г X] -р 2x2 4“ Зхз 4”   • 4~ 11 %] 14“ 12х 12=1984,
2х) + Зх2 + 4х3 +... 4" 12хц 4" х\ 2= 1984,	(1)
Зх । 4" 4x2 + 5хз +... +х и + 2х 12 — 1984,
lOxi + 11х2+ 12хз4-... + 8xi । 4“9х|2— 1984,
' 11 Xi + 12х2 4" х3 +... 4” 9х 11 + 1 Ох 12—1984.
Вычитая из второго уравнения системы первое, из третьего —
второе, из четвертого — третье и т. д., получаем следующую сис-
тему из десяти уравнении, являющуюся следствием системы (1):
Г Х1 4-^2 + Хз + ... + Хю + Х11 — 11X12 = 0,
I Xi 4“х24“Хз4“Хю—1 Ixi 1+ЛГ12=О,
( Х14“Х2— 1 1Хз4“ ... 4“*ю4“-*Н 4“*12 — 0.
Из первых двух уравнений следует, что хц=Х12. Аналогично
находим, что х3 = х4 = Х5 =... = хк =Х12. Тогда Xi4-*2 = 2x3. За-
тем из первого уравнения системы (1) находим xi+2x2 = 1984 —
— 75х3. Следовательно,
г х2= 1984 —77х3,
(Xl==-1984 + 79хз,
и поэтому 1984 — 77х3^0, — 1984 + 79х3>0. Отсюда получаем
неравенства
1984 >х > 1984
77	79 ’
Поскольку между числами = 25,1... и -98—= 25,7... нет целых
ч!<сел, мы пришли к противоречию. Это значит, что система (1)
не имеет решений в неотрицательных целых числах.
в) Покажем, что десять чисел, записанных на местах «12 ч»,
«1 ч», ..., «9 ч», могут оказаться одновременно равными 1984.
Рассуждая так же, как и в пункте б), получим, что числа хь х2,
323
..., Xi2 удовлетворяют первым десяти уравнениям системы (1).
Назовем систему, составленную из этих десяти уравнений, систе-
мой (Г). Решая систему (Г), находим:
Х| =78х44-Хз—1984, х2=1984— 75x4—2хз.	(2)
Так как число х2 неотрицательное, то должно выполняться не-
равенство 75x4 4-2x3^1984. Отсюда, поскольку хз^О, следует,
чтох4^—^|— = 26,4..., т. е. х4^26. Нетрудно проверить, что числа
xi=44, х2 = 34, хз=0, Х4=х5 = ... = Х|2 = 26 удовлетворяют
равенствам (2)' и являются решением системы (!')•
102.	Покажем, что требуемая система шоссейных дорог м о-
ж е т быть построена. Укажем один из возможных способов про-
кладки дорог. Проложим шоссе через один из городов страны
параллельно стороне квадрата от границы и до границы длиной
1000 км (на рисунке 264, а города обозначены светлыми кружка-
ми). Отступив от каждого из концов этого шоссе на 100 км, от-
метим на шоссе две точки. Шоссе между ними поделим на четыре
равные части, по 200 км каждая. Через построенные таким обра-
зом пять точек проложим пять дорог, перпендикулярных ранее
построенному шоссе и простирающихся от одной границы до
другой. Теперь из каждого города проложим шоссе, соединяю-
щее по кратчайшему пути этот город с одной из уже проложен-
ных дорог. Длина каждого такого дополнительного шоссе не боль-
ше 100 км, а всего таких шоссе не более 50. Следовательно,
общая длина всех шоссейных дорог не превосходит.
6-1000 км4-50-100 км= 11 000 км.
Указанное расположение шоссейных дорог не является на-
илучшим. На рисунке 264, б приведен пример более рациональ-
ного расположения шоссейных дорог. Ломаная общей протяжен-
ностью 5-800 км 4-4-200 км=4800 км дополняется 12 «усиками»
Рис. 264
324
длиной (100->/2—100) км каждый. Получающаяся при этом сеть
шоссейных дорог длиной 4800+12-(100 V2 —100), т. е. (3600 +
+ 1200-^2) км, такова, что кратчайшее расстояние от любой
точки квадрата до шоссе не превосходит 100 км. Поэтому, для
того чтобы соединить 51 город с уже построенной сетью шоссей-
ных дорог, потребуется проложить самое большее 51-100 км =
=5100 км дорог.
Следовательно, действуя указанным способом, мы должны
будем проложить не более 8700+1200пД< 8700+1700, т. е.
не более 10 400 км дорог.
103.	Заметим, что если три прямые попарно пересекаются
и не лежат в одной плоскости, то они имеют единственную общую
точку. Действительно, предположим, что три точки попарных пере-
сечений различны. Тогда они определяют некоторую плоскость.
Так как каждая из трех прямых имеет с этой плоскостью две
общие точки, то все три прямые лежат в этой плоскости, что про-
тиворечит условию задачи.
Рассмотрим теперь точки Д| и В\ (рис. 265). Они лежат
в одной плоскости с некоторыми двумя вершинами тетраэдра.
Этими вершинами могут быть только вершины А и В, так как
в противном случае эта плоскость содержала бы одну из граней
тетраэдра и точки А\ и В\ оказались бы в одной грани. Сечением
тетраэдра данной плоскостью является дДВЛ!, где точка М ле-
жит на ребре CD. Поскольку точки Д) и Bi лежат на сторонах
ВМ и AM соответственно, прямые ДД| и BBi пересекаются. Ана-
логично доказывается, что все четыре прямые ДД|, BBi, CCt, DD\
попарно пересекаются. Так как никакие три из этих прямых не ле-
жат, очевидно, в одной плоскости, то в силу сделанного замеча-
ния заключаем, что все четыре прямые имеют единственную
общую точку.
104.	Так как —	то
У У 2 ’ t 100 ’ и
х__|__£_2> J_I z
у ' t 2 ' 100 '
В силу неравенства между средним арифметическим и средним
геометрическим имеем:
J_I_____________—=—
г 100 V 2 100 ' 5 
Таким образом, при любых значениях переменных х, у, z,
t, удовлетворяющих условию задачи, справедливо неравенство
-^-4—С другой стороны, если х=1, t/ = z= 10, /=100, то
—4—7-=-г • Следовательно, если выполнены условия задачи, то
у I о
325
a a+d a+2d a+3d a+4d...
\Л/\/\/
2a+d 2a+3d 2a+5d 2a+7d
Рис. 266
наименьшее значение, которое может принимать выражение
—4-7-’ Равно -г-
у t	5
105.	Найдем число, стоящее в самой нижней строке. Заме-
тим, что если n-я строка является арифметической прогрессией,
то (п4-2)-я строка (если, конечно, она существует) также яв-
ляется арифметической прогрессией, получающейся из n-й строки
отбрасыванием крайних членов и умножением на 4 всех остав-
шихся членов. В этом легко убедиться с помощью диаграммы,
изображенной на рисунке 266 (через а и d обозначены соответ-
ственно первый член и разность арифметической прогрессии,
записанной в n-й строке).
Вторая строка содержит 1985 чисел: 1, 3, 5. 3967, 3969 —
и является арифметической прогрессией с первым членом а=1
и разностью d=2. Ее средний (т. е. имеющий номер 993) член
равен, как легко видеть, 1985. Следовательно, 4-я строка является
арифметической прогрессией, содержащей 1983 члена, с разно-
стью, равной 4-2=8, и первым членом 4-3 = 12. Ее средний
(т. е. имеющий номер 992) член равен 1985-4. И т. д. Искомое
число, стоящее в последней, 1986-й строке, равно
1985- 1
1985-4 2 = 1985-4992= 1985-21984.
Мы видим, что это число делится на 1985.
106.	Пусть ABCD с— данный четырехугольник, О — точка
пересечения его диагоналей, EFGH — произвольный параллело-
грамм, удовлетворяющий условиям задачи (рис. 267). Положим
АЕ=хАВ, где 0<х<1. Тогда (см. решение задачи 107 для
десятого класса и обозначения, принятые в ней) EH = xdz,
EF=(l —х) di. Очевидно, что sin Z_FEH = svn. а. Следовательно,
Sefgh = EH-ff-sin а = х (1 — х) d\d^ sin а,
а так как SAgco=-j-did2 sin а, то окончательно получаем:
^EFGH~^X (I Х) $АВСО~%Х (1 X) S.
326
0
Рис. 267
Наибольшее значение квадратного трехчлена х(1—х) на интер-
вале 0<х< 1 равно -у и достигается при х=~^- Таким образом,
наибольшее значение площади рассматриваемых параллело-
С
граммов равно у. Такую площадь имеет параллелограмм,
вершинами которого являются середины сторон данного четырех-
угольника.
107.	Заметим, что если положительные числа аир таковы,
что а-|-р<л, то неравенства sin а < sin р и а<р равносильны.
Действительно, пусть выполнено неравенство а<р. Возможны
два случая:
а)	0<а<р<у. Функция y = sinx строго возрастает на
отрезке [б; -у], значит, sin a<sin р;
б)	-у<р<л — а. Так как функция y = sinx строго убывает
на отрезке [у ; л] и так как sin (л — a)=sin а, то и в этом случае
sin a<sin р.
Обратно: пусть выполнено неравенство sin a<sin р. Докажем,
что тогда а<р. Предположим противное, т. е. предположим,
что а>р (ясно, что а=#Р). Тогда справедливы неравенства
Р<а<л —р, и поэтому, как показано выше, справедливо не-
равенство sin р< sin а. Получили противоречие.
По условию задачи числа аир положительны, причем а<р
и а-|-р<: л. Значит, справедливы неравенства 0<sina<sinP,
т. е. -^<1. В таком случае -^^-^<1, т. е. ^-<1,
sin 0	sin b sin 0	sin b
sin a <Z sin b (по условию 0<6<л, так что sin b>0). Поскольку
по условию задачи числа а и b положительны иа + &<л,тоа<Ь.
108. Воспользуемся следующим фактом: если в пространстве
даны два отрезка, равные и параллельные друг другу, то их про-
екции на любую плоскость равны. В силу этого мы можем данные
327
в задаче отрезки перемещать параллельно самим себе. Пере-
местим их так, чтобы они совпали с отрезками DA, DB, DC, от-
ложенными от общей точки D. Если точки А, В, С лежат на одной
прямой, то искомой плоскостью является любая плоскость, про-
ходящая через эту прямую. Если точки А, В, С не лежат на одной
прямой, то они определяют некоторую плоскость а. Докажем, что
она искомая.
Если точка D принадлежит плоскости а, то это утверждение
очевидно, поскольку данные отрезки равны. Пусть точка D не
принадлежит плоскости а и пусть О — проекция точки D на
плоскость а. Тогда отрезки ОА, ОВ, ОС являются проекциями
на плоскость а соответственно отрезков DA, DB, DC. Прямо-
угольные треугольники DO A, DOB, DOC равны по катету и гипо-
тенузе. Но тогда равны и вторые катеты этих треугольников,
что и означает, что а — искомая плоскость.
109. Несложно проверить, что справедливо тождество
(х - У? + (У - Z)3 + (z - х)3 = 3 (х - у) (у - z) (z - х).
Используя это тождество, запишем данное уравнение в виде
(х—у) (y-z)(z—x)= 10.
Обозначая а=х—у, b=y — z, c=z — x, запишем полученное
равенство в виде аде =10. Кроме того, очевидно, а±д-|-с = 0.
Легко убедиться, что с точностью до перестановки и выбора знаков
из равенства айс=10 следует, что числа а, Ь, с равны либо ±1,
±2, ±5, либо ±1, ±1, ±10. Но во всех этих случаях при любом
выборе знаков сумма а-|-д + с отлична от нуля. Таким образом,
данное уравнение не имеет решений в целых числах.
ПО. Выберем систему координат ху так, чтобы оси парабол
в этой системе были координатными осями (рис. 268). Ясно, что
в этих координатах уравнения данных парабол будут иметь вид:
х=ау2 — b (парабола I),
328
y = cx2 — d (парабола II),
где а>0, &>0, с>0, d>Q.
Координаты точек пересечения парабол удовлетворяют, оче-
видно, системе уравнении
| х—ау2 — Ь,
\y=cx2—d.
Поделив первое уравнение на число а, второе — на с и сложив
получившиеся уравнения, получим:
ас	а с
Перепишем его в виде
Отметим, что правая часть этого соотношения является поло-
жительным числом. Мы видим, что точка пересечения парабол.
(х; у) лежит на окружности с центром () радиусом
“v/j-j__!__
V 4а2	4с2 Т а с ‘
111.	Точка К. будет лежать вне дЛВС тогда и только тогда
(рис. 269), когда Z.EHC острый. Но Z.EHC как внешний для
А. ЕВ К равен сумме /_ЕВН=Ъ№ и zLBEH, т. е. Z.£BC=60° +
+ Z-ВЕН. Следовательно, Z-EHC будет острым тогда и только
тогда, когда Z-ВЕН меньше 30°, a Z_AED = 180°— Z.BEH —
— Z.HED будет больше 60°.
Пусть a=AD = DC, b — сторона квадрата DEHK. Поскольку
2.£ЛВ = 60°, то Z-AED будет больше 60° тогда и только тогда,
когда будет выполнено неравенство Ь<а (в дЛВО сторона AD,
лежащая против угла, большего 60°, должна быть больше сторо-
ны ED, лежащей против угла, равного 60°).
Итак, точка К будет лежать вне Л АВС тогда и только тогда,
когда b<Za.
Докажем, что Ь<а. Построим правильный Д.ВЕМ, где М
лежит на стороне ВС. Предположим противное: пусть
Тогда Л£>а, т. е. В£=£М<а. С другой стороны, ЕН = Ь<ЕМ.
Поскольку £М<а, то отсюда следует, что Ь<а. Пришли
к противоречию. Следовательно, b<zo, а отсюда, как было пока-
зано выше, следует утверждение задачи.
112.	Пусть ЛЛ,=а, BBt = b, CCi=c. Если a = b = c, то
ЛВСЛ1В1С1 —треугольная призма и формула V= S=aS
известна.
Пусть и а>с. Отложим на прямых I2 и /3 (рис. 270)
отрезки В1В2, CiC2 так, чтобы выполнялись равенства В1В2 —
329
Рис. 270	Рис. 271
а — Ь, С1Сг = а — с. Ясно, что плоскость А1В2С2 будет параллельна
плоскости АВС. Объем призмы ДВСЛ1В2С2 равен Vi=aS.
Рассмотрим четырехугольную пирамиду Л1В1В2С2С1 с верши-
ной Ль Ее основанием В1В2С2С1 является трапеция (параллело-
грамм при Ь = с). Опустим из вершины Д1 на прямые /2 и /з перпен-
дикуляры А\К и AtM соответственно. Плоскость AiKM перпенди-
кулярна прямым /2 и /3. Следовательно, 5дЛ|КЛ) = 5. С другой
стороны, S ^AiKM=-^-KM-h, где h — высота ДЛ^М, проведен-
ная из А] на КМ. Поэтому .объем пирамиды Л1В1В2С2С1 равен
V2=^iBiB2 + C]C2)-KM-h=^-((a~b')+(a-cy!S =
=-^-(2a — b — c) S.
и
Искомый объем V находим как разность объемов Vi и W
V=y1_y2 = aS—U2a-fe-e)S = -+? + cS.
о	и
113.	Распределим участки между коротышками каким-нибудь
способом. Если на двух соседних участках окажутся коротышки,
находящиеся в ссоре друг с другом, то будем считать, что на
общей границе этих участков поставлен забор. Опишем метод,
позволяющий уменьшить число заборов (если таковые имеются)
с помощью перераспределения участков.
Пусть А и В — коротышки, находящиеся в ссоре между собой
и оказавшиеся соседями. Между их участками стоит забор I.
330
Найдем среди остальных 23 коротышек коротышку С, такого, что,
поменяв местами В и С, мы сможем убрать забор /, а новых заборов
ставить не придется.
Для этого достаточно, чтобы коротышка С (где С=/=В):
1)	не был соседом А\
2)	не был в ссоре ни с одним из соседей коротышки В;
3)	не был соседом коротышек, поссорившихся с В.
Первое условие исключает трех коротышек. Второе условие
исключает не более 3-3 + 2-1 = 11 коротышек (при этом мы учли,
что коротышка В, находящийся в ссоре с Л, не участвует в под-
счете). Третье условие исключает не более 4-2 = 8 коротышек.
Всего исключается не более 3+ 11 +8 = 22 коротышек. Таким
образом, среди 23 коротышек всегда найдется коротышка С, с ко-
торым может поменяться участком коротышка В, и при таком
обмене забор I можно убрать, а новых заборов ставить не при-
дется. После конечного числа таких обменов все заборы исчезнут.
114.	Из рисунка 209 видно, что f(x)->+oo при х->оо.
Следовательно, а>0. Из равенства с = /(0) и из рисунка следует,
что с>0. Для определения знака числа b достаточно заметить,
что b = f' (0). Как видно из рисунка 209, вблизи точки х = 0 функция
f (х) убывает. Поэтому (0)<0, т. е. Ь<0.
115.	Из условия задачи следует, что отрезок NM равен и
параллелен АС. Поэтому отрезок NM равен и параллелен /04,
и, значит, четырехугольник KNMA — параллелограмм (рис. 271).
Следовательно, S ^KNM = S ^Акм, и поэтому VLKNM= V LAKM.
Аналогично так как 5дЛКЛ1 = 25дЛКО = 25дСЛЙ, то VLAKM =
= lakd=2V lcad- Наконец, поскольку ShCLD=S *BCD, то
V lcad== Vdabc=V> и мы окончательно получаем, что
VlKNM= V LAKM^^V LCAD — 2V '
116.	Если число Лп = 2" + /г2 делится на 100, то оно делится
на 4 и на 25. Число 2" четное, поэтому число Ап делится на 4 тогда
и только тогда, когда п четное, т. е. п = 2/п, m£N. В этом случае
Ап = А2т = 22т + (2т)2 = 4 (4"~1 + т2).
Поэтому, чтобы доказать утверждение, сформулированное в усло-
вии задачи, достаточно доказать, что среди чисел Bzn = 4/n“l+ щ2,
m£N, имеется бесконечно много чисел, делящихся на 25.
Пусть / (/ = 0, 1,2, ..., 24) — остаток от деления числа т на 25.
Тогда т = 25/? + /, где k — неотрицательное целое число, и
В25.+/ = 4254+/“Ч-(25/г + /)2 =
= (425*. 4/-1 /2)+25 (25fe2 + 2kl).	U ’
Второе слагаемое делится на 25. Первое же слагаемое делится на
25 в том и только в том случае, если оно оканчивается цифрами
00, 25, 50, 75. Поэтому проследим за двумя последними цифрами
степеней числа 4.
331
Для этого нам будет полезен следующий факт: если числа
С и D оканчиваются цифрами 76, то их произведение С • D также
оканчивается цифрами 76. Действительно, поскольку
С=100У+76, D=100M + 76, то С-В=10 000-МИ +
+76 000-М+76 000^+5776=100-(100-МИ4-76М +
+ 76#+57)+76,
и поэтому С-D оканчивается цифрами 76.
Число 4|0= 1 048 576 оканчивается цифрами 76. Поэтому
его произведение на себя, т. е. его квадрат, также оканчивается
на 76 и т. д. Таким образом, любая степень числа 410 оканчивается
цифрами 76.
Если fc = 2p, p£N, то 425*=450',=(410)5'’, т, е. число 425*, k = 2p,
оканчивается цифрами 76. В таком случае, как легко проверить,
число 425*- 16 оканчивается цифрами 16. Поэтому если в (1) взять
k=2p и 1 = 3, то сумма 425**4'_|4-/2 будет оканчиваться цифра-
ми 25 и, следовательно, будет делиться на 25. Итак, числа Вт
при /п=50р+3 делятся на 25, и, следовательно, числа А„ при
n = 2m=100p4-6 делятся на 100.
117.	Первый способ. Заметим, что если две окружности
равных радиусов пересекаются в точках В и С, точка А лежит на
первой окружности, а точка D — на второй, причем так, как это
показано на рисунке 272, а, то Z.BAC + /LBDC= 180°. Для
доказательства достаточно отобразить &BDC симметрично от-
носительно прямой ВС. Тогда Z_BDC= £BD\C, a Z.B4C +
+ Z.BD\C= 180°. Справедливо и обратное утверждение: если две
окружности пересекаются в точках В и С, точки А и D располо-
Рис. 272
332
жены так, как показано на рисунке 272, а, и сумма углов ДВЛСЧ-
+ Z. ВОС = 180°, то радиусы этих окружностей (радиусы окруж-
ностей, описанных около дЛВС и &BDC) равны. Действительно,
пусть точка Di симметрична точке D относительно прямой ВС.
Так как ABDtC=Z_BDC, то АВАС+ Z_BD}C = 180°, а это
значит, что около четырехугольника ABD\C можно описать
окружность. Симметричная ей относительно прямой ВС окруж-
ность будет, очевидно, иметь такой же радиус и будет описана
около ABDC. Мы видим, что радиусы окружностей, описанных
около дЛВС и &BDC, равны, что и утверждалось.
Обратимся теперь к нашей задаче. Пусть D — общая точка
трех окружностей, Л, В, С — точки их попарных пересечений,
01, О2, О3 — центры окружностей (рис. 272,6). Обозначим а.—
= Z_AO\D= Z-AO3D, $=/_DOiB=£BO2D, y=ADO2C=
= Z. CO3D. Тогда
ZBDC = ДВОО2 + ^O2DC = —l80°~T = 180°
ДВЛС= ДВЛВ+ ДОЛС=-|-4-^-.
Следовательно, ДВОС+ДВЛС= 180°. Отсюда в силу сделан-
ных выше замечаний следует, что радиусы окружностей, описан-
ных около &.BDC и дЛВС, равны.
Второй способ. Четырехугольники ЛО3ОО1, O\DO2B,
O2DO$C (рис. 272, б) являются ромбами, так как все их стороны
равны R. дЛО|В = дО3ОО2 (по двум сторонам и углу между
ними), поскольку ЛО| = Оз£), 0{B = D02, а ЛО|||O3D и O1BHDO2,
и поэтому ДЛО|В= ДО3ДО2. Следовательно, АВ = ОзО2. Точно
так же доказывается, что ВС=OiO3 (так как &ВО2С= ДО|ООз),
CA = O2Oi (так как А САОз= A O2O\D).
дЛВС=ДО1ОгОз (по трем сторонам). Поэтому равны и
радиусы окружностей, описанных около этих треугольников. Но
радиус окружности, описанной около ДО1О2О3, равен /?, ибо
точки 01, О2, Оз удалены на расстояние R от точки D. Следова-
тельно, и радиус окружности, описанной около ДЛВС, также
равен /?, что и требовалось доказать.
118.	Введем на плоскости систему координат с началом в точ-
ке С (рис. 273). Начальная позиция зайца — точка Л (0; 2а),
начальная позиция волка — точка В (0; а). Обозначим через v
скорость волка. Тогда скорость зайца равна 2v. Если из точки Л
заяц побежит по прямой в точку М (х; у), то он сможет достигнуть
точки М через время ^=^~- Волк по прямой достигает точки М
за время t2=^-. Заяц сможет оказаться в точке М раньше волка
(и следовательно, не будет схвачен волком), если t\<t2, т. е. если
АМ<2ВМ, или -^xi + (у — 2а)2<_2 д/х2Ч~ (у — а)2.
333
Рис. 273
Возводя обе части неравенства в квадрат и приводя подобные
члены, приходим к неравенству х2 + у2—^-уа>0, или
Н!>(т“)!.	(1)
Точки М, координаты которых удовлетворяют этому неравенству,
назовем неопасными (для зайца). Остальные точки плоскости
назовем опасными. В опасной точке-заяц может быть схвачен
волком, так как если волк по прямой побежит в эту точку, то
он окажется в ней раньше зайца или одновременно с ним.
Для того чтобы на отрезке AD заяц не мог быть схвачен вол-
ком, необходимо и достаточно, чтобы этот отрезок целиком со-
стоял только из неопасных точек. Следовательно, координаты
всех точек М (х; у) отрезка AD должны удовлетворять неравен-
ству (1), т. е. отрезок AD должен целиком лежать вне круга
с центром	радиуса -|-а (на рисунке 273 этот круг за-
штрихован). Проведем из точки А касательную АЕ к окружности,
ограничивающей этот круг. В прямоугольном &АКЕ гипотенуза
АК-АС — КС = 2а—^-=^ вдвое длиннее катета КЕ=-^-а.
О о	о
Следовательно, ZC71£)|=30o и CD\=—.
7з
Итак, любой неопасный отрезок AD должен быть таким, чтобы
выполнялось неравенство CD>CD\.
119.	Пусть О — центр круга, R — его радиус. Если М = О, то
утверждение задачи очевидно:
AB = CD = 2R, AB2 + CD2 = 8R2.
Пусть М^=О. Возьмем середины К, L хорд АВ, CD соответ-
ственно (рис. 274). Тогда AB2 + CD2=4(AK2 + LD2)=
334
= 4 (R2 - RO2 + R2-OL2) =8R2 - 4 (KO2 + OL2)=8R2 -4KL2 =
= 8R2 — 4MO2. Видим, что величина AB2-}-CD2 не зависит от
выбора хорд АВ и CD, а определяется только величиной радиуса R
и длиной отрезка ОМ.
120.	Без ограничения общности можно считать, что 0<6<а.
Тогда In -£- = ln a — In b>Q. Данные в условии задачи неравен-
ства приводятся к неравенствам 2-^^ <1п -£-< а^-, или
2-^7-<1п х<^—где х=-~>\.	(1)
*+1	-Д	Ь
Докажем эти неравенства.
а)	Пусть f (х)=1п х — 2-^-Д-- = 1п х — 24—. Так как
х-Н	хЧ-1
при х> 1, то функция f (х) строго возрастает при х> 1, и поэтому
f(x)>f(l)=O при х>1. Итак, / (х) = 1п х —2-^-р>-0 при х>1.
б)	Пусть g (х);=————1пх = -\/х—!—In х. Так как
-\[х	-yfx
2 -Д 2x -Д x 2x -yfx
при х>1, то функция g(x) возрастает при х>1. Это значит,
что g(x)>g(l)=0 при х>1. Итак,
g (х)=---1—1пх>0 при х>1.
Мы доказали оба неравенства (1).
121. Пусть точка К симметрична точке С относительно середи-
ны отрезка ABi, а точка М симметрична точке Л| относительно
середины отрезка CiD. Параллелепипед AKB\CDAtC\M равно-
велик данному параллелепипеду ABCDAiBiCiD\, так ка’к равно-
велики пирамиды BABiC и A\ABiK, D\A\CiD и CCiMD (рис. 275).
Таким образом, достаточно вычислить объем параллелепипеда
AKB\CDAiCiM. Так как АВ\±BiC, ABt =а, BiC—b, то SAKBiC—
= ab. Так как	и BDiJlBiC, то отрезок BD] перпенди-
кулярен грани АКВ\С.
Рассмотрим сечение ABCtDi. Ясно, что BP=PQ = QD] =
=-^-BD\=-j-c. Но отрезок PQ является высотой параллеле-
пипеда ARB\CDA\C\M. Поэтому его объем равен произведению
PQ,SXKBlC=-|-afec. Это и есть искомый объем.
335
Cl
A
Рис. 275
122. Восемь квадратов последовательных натуральных чи-
сел— числа х2, (х+1)2, (х+2)2, (х + 3)2, (x-f-4)2, (х-|-5)2, (х + 6)2,
(х + 7)2 — можно разбить на две группы, по четыре числа в каж-
дой, так, что суммы чисел в каждой группе будут равны друг
другу. Это можно сделать, например, следующим образом:
х2, (х + 3)2, (х + 5)2, (хЦ-6)2 и (х+1)2, (х + 2)2, (х + 4)2, (х+7)2,
так как х2 + (х + 3)2+(х + 5)2 + (х+6)2=(х+1)2+(х+2)2 + (х +
+ 4)2 + (х + 7)2. Полагая х=1+8Л, где k=0, 1, 2, ..., 124, мы
получаем четверки гирь для одной и для другой группы.
123. а) Возьмем отрезок АВ длиной 2 с разноцветными
концами. Такой отрезок существует: в противном случае все точки
окружности а радиуса 2 с центром в произвольной точке О были
бы окрашены в тот же цвет, что и точка О, а всевозможные
окружности 0 радиуса 2 с центрами на окружности а заполнили
бы круг радиуса 4 с центром О, все точки которого были бы
одного цвета, что невозможно. Пусть цвет точки С — середины от-
резка АВ— совпадает с цветом точки А. Построим правильные
дЛСТ) и дЛСЕ по разные стороны от прямой АВ (рис. 276, а).
По условию точки D и Е окрашены в тот же цвет, что и точка В,
поэтому &BDE будет искомым.	”
б) Разобьем плоскость- на горизонтальные полосы шириной ।
л/з	з
-у, включающие свои верхние границы, но не включающие 4
нижние границы. Раскрасим полосы поочередно в два цвета так,	е
как показано на рисунке 276, б. Указанная раскраска удовлет-	»
воряет, очевидно, условию задачи.	®
124. Пусть а}а2...ап-\ап — искомое	число. По условию задачи	2
должно выполняться равенство	*
-------------------------------------------   в
_ [—О • CL]CL2^.dn,—_	£
336	Д

Отсюда последовательно получаем:
ап- 10я-1 +0102...a»-i =5-(aia2...an_| • 104-a„),
an •(10я-1 — 5)=49«aia2.on_),
ап-99...Э5 =49«aia2...an_|.	(1)
п — 2 цифр
Поскольку число, стоящее в правой части равенства (1), делится
на 49, число, стоящее в левой части, также делится на 49. Так
как ап — это цифра, то ап не может делиться на 49. Следова-
тельно, второй из множителей в левой части равенства (1)
должен делиться по крайней мере на 7. Наименьшее число вида
99...95, делящееся на 7,— это число 99995, которое получается
при л = 6. Следовательно, в> записи искомого числа содержится
по крайней мере шесть цифр. Тогда равенство (1) принимает вид:
о6 - 99 995 = 49-ai 02030405,
или 06-14 285 = 7 - а1о2оза4О5. Число 14 285 не делится на 7, зна-
чит, Об = 7 и 0102030405= 14 285. Следовательно, 142 857 — иско-
мое число.
125» Пусть х — корень данного уравнения и п = [х]. Из урав-
нения следует, что х2 + 7 = 8п, и, значит, В таком случае,
используя неравенства и^х<л+1, получаем:
п2 + 7<х2 + 7<(п+ 1)2 + 7 = л2 + 2п + 8.
Заменяя х2 + 7 на 8л, приходим к следующим неравенствам для п:
и2 + 7<8о<п2 + 2п + 8.
Решением неравенства л2 + 7^8л являются все значения п
из отрезка [1; 7]. Неравенство 8л<л2 + 2л + 8 выполняется при
всех п<2 и п<4. Следовательно, либо 1^л<2, либо 4<.п^7.
337
Так как число п целое, то годятся лишь значения п = 1, 5, 6, 7.
При указанных значениях п из уравнения находим х2=1, 33, 41,
49. Проверка показывает, что числа 1, -\/33, -\/41, 7 являются
решениями уравнения, а — 1, —-\/33, —-\/4Т, — 7— посторонние
значения.
126.	Докажем, что прямая DA—биссектриса Z-BDE
(рис. 277). Пусть I — общая касательная к данным окружнос-
тям, проходящая через точку D; F — точка пересечения пря-
мых / и AC. Z~BCD= Z-BDF (каждый из углов измеряется
половиной дуги BaD). По свойству касательных к окружности,
проведенных из одной точки, AF = FD. Следовательно, Z_FDA =
= Z.FAD. Таким образом, Z_BD4 = /LBDF-\- Z.FDA = Z_BCD-\-
Z-FAD= Z_ADE, поскольку Z.ADE — внешний угол дЛ£>С.
Мы показали, что DA — биссектриса Z.BDE. Отсюда следует
утверждение задачи.
Замечание. Утверждение задачи справедливо и в том слу-
чае, когда окружности касаются внутренним образом (см. зада-
чу 35 для десятого класса).
127.	Через каждые две из данных 1987 точек проведем пря-
мую. Тогда через каждую точку пройдет не более 1986 прямых,
поэтому число k этих прямых конечно (k ^0,5*1986* 1987).
Покажем, что существует плоскость, не параллельная ни одной из
этих k прямых. Выберем на каждой прямой по ненулевому век-
тору и отложим эти векторы от некоторой точки О. Пусть ОА —
вектор, не коллинеарный ни одному из построенных k векторов.
При вращении плоскости, проходящей через прямую ОА, вокруг
этой прямой существует лишь конечное число положений, при
которых она содержит хотя бы один из полученных k векторов.
Поэтому существует плоскость а, не содержащая ни одного из
338
этих k векторов. Ясно, что она не параллельна ни одной из
k прямых.
Проведем через каждую из данных 1987 точек плоскость,
параллельную плоскости а. Каждая из этих плоскостей прохо-
дит ровно через одну из данных 1987 точек (в противном случае
плоскость а была бы параллельна одной из k прямых). Сред-
няя из этих 1987 плоскостей и будет искомой.
128.	Пусть О — центр круга радиуса 2. Впишем в окружность,
являющуюся границей этого круга, правильный шестиугольник
ABCDEF (рис. 278). Его сторона равна 2. С центрами в середи-
нах сторон этого шестиугольника построим шесть кругов радиу-
сом 1. Окружности, являющиеся границами этих кругов, пере-
секаются в точках 4, В, С, О, Е, Е, а также в точках 4Ь Bi, Сь Dh
Ei, Fi — вершинах правильного шестиугольника со стороной 1.
Шесть построенных кругов покроют лишь часть круга радиуса 2:
фигура, заштрихованная на рисунке 278, останется непокрытой.
Но ее, как легко видеть, можно покрыть кругом радиуса 1 с цент-
ром в точке О. Итак, круг радиуса 2 можно полностью покрыть
семью кругами радиуса 1.
Покажем, что шестью кругами радиуса 1 круг радиуса 2 не
может быть покрыт. Так как круг радиуса 1 может покрыть не
более шестой части окружности радиуса 2, то вся эта окружность
не может быть покрыта менее чем шестью кругами радиуса 1. При
этом окружность радиуса 2 может быть покрыта шестью кругами
радиуса 1 единственным способом, который указан на рисунке 278.
Но тогда точка О останется непокрытой, так что требуется по
крайней мере еще один, седьмой, круг.
129.	Обозначим искомое трехзначное число через А, Из усло-
вия задачи следует, что разность Л2 —Л=Л(Л —1) делится на
1000 = 8-125. Так как числа Л и Л — 1 взаимно просты, то либо А
делится на 8 и при этом Л —1 делится на 125, либо наоборот.
В первом случае А — 1 — это одно из чисел 125, 250, 375, 500, 625,
750, 875. Следовательно, Ъсе возможные значения А в этом случае
содержатся среди чисел 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876. Но из
этих чисел только число 376 делится на 8. Во втором случае анало-
гично находим число 625. Оба найденных числа удовлетворяют
условию задачи: 3762= 141 376, 6252 = 390 625.
130.	Назовем функцию f(x) пилой, длина которой и, а высо-
та й, если ее график такой, как показано на рисунке 279 (все
прямолинейные участки образуют угол 45° с осью абсцисс).
339
Если f (х)— пила длиной п и высотой й, то \f (х)—й|—пила
длиной п +1 и высотой й, а | f (х)—^-| —пила длиной 2п и
высотой Заметим, что | |х| — а\ — пила длиной 2 и высотой а.
Определим функции:
Рп (х)=ЫНх|-1|-1|...-1|,
п раз
-f | - .-f| 
п 4- 2 раз
Используя указанные свойства, легко доказать по индукции, что
Рл(х)— пила длиной и и высотой 1, Qn,a(x)— пила длиной 2rt+l
и высотой . Отсюда следует, что функция, стоящая в левой час-
ти тождества (это Q„ 2. (х)), — пила длиной 2"+1 и высотой 1.
Также и правая часть тождества (это Р2,+< (х)) — пила длиной
2"+1 и высотой 1. Поскольку графики обеих функций симметричны
относительно оси Оу, они совпадают.
131.	Справедливо следующее утверждение: если р=6й-|-1 —
простое число (число 1987 является таковым) и сумма
S =—!---1----!--1-... -|----!-------
1-2-Зг 4-5-6 '	(р-3)(р-2)(р-1)
равна несократимой дроби -7-, то р делит а. Действительно,
О
в сумме S имеется 2k слагаемых. Вычислим сумму слагаемых,
равноотстоящих от концов. Для т=1, 2, ..., k имеем:
-----------------+------------------!--------------
(3m—2) (3m —1) 3m	(р —3m) (р—3m +1) (р —3m-f-2)
__ (р —3m) (р—(3m — 1)) (р —(3m — 2))+(3m — 2) (3m — 1) 3m __ pam
(3m —2)(3m —l)3m (p —3m)(p —3m+l)(p —3m + 2)	bm
где bm не делится на p. Следовательно, S=p (	-
Сложив дроби, получим, что S=^~, где В = НОК(Й1, йг,..., й*).
D
Так как числа Ь\, Ь?...bk не делятся на простое число р, то и В
не делится на р. Отсюда следует, что после возможных сокращений
дроби множитель р в числителе сохранится, и поэтому получит-
ся несократимая дробь, числитель которой делится на р.
132.	а) Обозначим длины проекций i-ro звена ломаной на оси
Ох, Оу, Oz через х„ yi, zt, а длины его проекций на плоскости
Oyz, Ozx, Оху через at, й(, с, соответственно. Пусть /, — длина
t-ro звена. Тогда
a?=y? + z?, bl=zl-{-Xi, Ci=Xi+yi,
340
li = x?+у,2 + z?=-y (a? + bl + cl).
Отсюда (a, + bt + c,)2=a2 + bl -|- c2 + 2a,6, + 26,c, + 2c,a, al + bl +
4-c2+(a2 + 62) + (62 + c2)+(c24-a2) = 6/2, и, следовательно, a,+
+ 6< + ci^'\/6 li. Сложив все такие неравенства, получим, что
a+64-с^л/б I- Это неравенство обращается в равенство, на-
пример, для отрезка (незамкнутой ломаной), соединяющего точ-
ки (0; 0; 0) и (1; 1; 1).
б) Замкнутая ломаная, для которой =д/б, существует.
Заметим, что каждое звено такой ломаной должно быть парал-
лельно диагонали некоторого куба, причем проекции различных
звеньев на координатные плоскости не должны иметь общих
отрезков. Примером может служить шестизвенная ломаная,
соединяющая последовательно точки (0; 0; 0), (1; 1; 1), (2; 2; 0),
(3; 1; -1), (2; 0; -2), (1; -1; -1), (0; 0; 0).
133.	Пусть А1А2А3А4, В1В2В3В4 и С1С2С3С4 — такие три
четырехугольника на плоскости, что
AlA2 = BlB2~i~Cl^2, ^2Дз = В2Вз_Ь С2С3,	Щ
Д3Д4 = ВзВ4-|-С3С4, А4А1	-|-С4С1.
Тогда справедливо следующее утверждение: если два из данных
четырехугольников являются квадратами, вершины которых пере-
341
числены по (против) часовой стрелке, то и третий четырехуголь-
ник также является квадратом, вершины которого перечислены
по (против) часовой стрелке. Действительно, если, например,
А1А2А3А4 и В1В2В3В4 — квадраты, причем векторы А2Аз и В2В3
получаются соответственно из векторов А1А2 и В1В2 поворотом
на угол 90° по часовой стрелке, то вектор С2Сз = А2Аз — В2В3
получается из вектора CiC2 = AiA2 — BiB2 указанным поворотом.
Аналогично последующими поворотами на угол 90° по часовой
стрелке получаются векторы С3С4 и C4Ci (рис. 280).
Пусть теперь В1В2В3В4 — квадрат, образованный центрами
часов, перечисленными для определенности по часовой стрелке,
АрДгАз^ — квадрат, образованный в указанный момент времени
концами минутных стрелок соответствующих часов (также пере-
численными по часовой стрелке). Перенесем все часы парал-
лельно так, чтобы их центры совпали. Пусть С2, Сз, С4 —
концы их минутных стрелок в этом положении (рис. 281). Тогда,
очевидно, соотношение (1) выполнено. Следовательно, четырех-
угольник С|С2СзС4 — квадрат. Так как все данные часы являются
правильными, то отсюда следует, что концы их минутных стрелок
в новом положении будут образовывать квадрат и в любой
другой момент времени. Но тогда из тех же соображений концы
их минутных стрелок и в исходном положении в любой момент
времени образуют квадрат.
Рис. 281
342
134.	Так как 224 + 224 = 2 - 224 = 225, то (28)3+(26)4=(25)5, т. е.
тройка чисел х = 28 = 256, у = 26 = 64, z = 25 = 32 является реше-
нием данного уравнения. Далее нетрудно проверить, что если
(%о. Уо, z0) — решение данного уравнения в натуральных числах,
то (й20х0, /г15{/о, fel2Zo), где k — произвольное натуральное число,
также является его решением. Следовательно, множество реше-
ний данного уравнения в натуральных числах бесконечно.
135.	Докажем, что при п = 1 утверждение справедливо. Пред-
положим противное: существуют такие рациональные числа х
и у, что выполняется равенство х-\-у V3=vl+V^- Тогда
(x + t/V3)2=l+V3, x2 + 3y2-l=(l-2xi/)V3.
Поскольку числа х и у рациональны, а число -у/3 иррациональ-
но, последнее равенство может иметь место лишь в том случае,
если числа х и у удовлетворяют системе уравнений
| 1 — 2ху = 0,
(х2 + Зу2-1=0.
Выразив у через х из первого уравнения и подставив во второе,
получим, что х удовлетворяет уравнению 4х4 — 4х2 + 3 = 0. Но
это невозможно, поскольку уравнение не имеет действительных
корней. Противоречие.
Покажем, как случай произвольного натурального п сводит-
ся к рассмотренному. Пользуясь методом математической индук-
ции, нетрудно доказать, что если х и у — рациональные числа,
то при каждом натуральном п существуют такие рациональные
числа X] и уь что имеет место равенство (х + у д/3)я = Х|+yj-\/3.
Следовательно, если бы при некотором натуральном п и не-
которых рациональных х и у выполнялось равенство (х + у д/3)л =
то при некоторых рациональных х( и у{ выполнялось
бы равенство X,+у! V3=Vh-V3, что противоречит доказан-
ному выше утверждению.
136.	Пусть О — центр данной окружности; О| и О2 — центры
окружностей, касающихся внешним образом друг друга в точке С
и данной окружности в точках А и В; а и b — прямые, касаю-
щиеся окружности с центром О в точках А и В соответственно
(рис. 282). Точки А, В, С лежат, очевидно, на сторонах дОО|Ог-
Обозначим a=Z.O1OC>2, 0= Z-OO1O2. Тогда ZO|O2O = n —
— a — 0, ДО|СЛ=-|-(л — 0), ДОгСВ=-|-(а + 0), и поэтому
ААСВ — л— Л01СА — АО2СВ=-±-(л — а). Поскольку вели-
чина a=Z-AOB задана, величина Z.ACB постоянна. Значит,
отрезок АВ виден из точек С под одним и тем же углом. Но все
точки С лежат по одну сторону от прямой АВ. Следовательно,
все они лежат на одной и той же окружности, проходящей через
343
точки А и В. Обозначим через D и Е точки, в которых эту окруж-
ность пересекают прямые а и b (рис. 282). Искомым геометри-
ческим местом точек С, как легко видеть, является дуга DCE
этой окружности без концевых точек D и Е.
Замечание. Центром окружности, которой принадлежит
искомое геометрическое место точек С, является точка М пере-
сечения касательных а и Ь, а радиус этой окружности' равен
AM —МВ. Действительно, опустим из точки N пересечения
биссектрис ДОО1О2 перпендикуляры NP, NQ, NS на стороны
ОО|, О]О2, О2О соответственно (рис. 283). Утверждение будет
доказано, если мы докажем, что точки Р, Q, S (рис. 283) сов?
падают соответственно с точками А, С, В (рис. 282). Обозначим
радиусы окружностей с центрами О, О|, О2 соответственно через
R, Г1, г2, а через х длину отрезка ОР. Тогда OOt=/?4-ri, О\О2 =
= Г1~|_^21 O2O — RA~^2> OiP = O\Q — R-)-г।—х, O2S = O2Q — RA~
+ г2 — х, и так как OiO2 = O\Q + O2Q, то rt 4-Г2=(/? + <1 — х)+
+	х), т. е. x=R. Следовательно, ОР—АО, OS = OB,
OiQ = OiC, т. е. точка Р совпадает с точкой А, точка S — с точ-
кой В, точка Q — с точкой С.
Отметим, что фактически мы доказали следующее: если три
окружности попарно касаются друг друга внешним образом в
точках А, В, С, то касательные к этим окружностям в точках
А, В, С пересекаются в одной точке.
137.	I способ. Обозначим левую часть доказываемого
равенства через х. Тогда х-8 cos -—=2’(2 sin -77sin — )Х
Xs.n^2.(coS^-coS Z?).si„^_si„^ = cos(f-&) =
344
= cos-pj. Сокращая на 8cos~^, получаем требуемое равен-
ство х=4“-
8
II способ. Так как — =———, —=—-------— , —=—4-
. Зя	7	2	14	7	2	14	7	2*
+тгто
sin -у- • sin —sin -y = cos -г?• cos -£-• cos тт.
14	14	14
Поэтому
Л Зл _  , 5 Л	1
sin — -sin — -sin —=—
14	14	14	8
л Зл 5л
sin — -sin —-sin —
_1_ф
8 ’
5л л Зл
COS—• cos—-cos —
14	14___14
л Зл 5л
COS — - COS — -COS —
14	14	14
л Зл 5л
COST4‘COST4*C°ST4
2
8
III способ. Рассмотрим правильный семиугольник
ABCDEFG, вписанный в окружность с диаметром МА (рис. 284).
Обозначим a=Z-MAD. Тогда Z-CAB = Z_DAC= /LEAD =
= Z_FAE = Z_GAF=2a, и поэтому 10а— Z.BAG=^, т. е. а =
=17. Пусть a = BG = CA, b = CF = DA, с —длина стороны
семиугольника. В таком случае имеем:
a = 2c-sin 5a = 2c-sin у- (из дЛВС);
b = 2a-sin 3a=2a-sin	(из AACF);
c = 26-sin a = 2b-sin-77 (из &ADE).
14
Перемножив эти равенства и сократив на abc, получим тре-
буемое равенство.
Замечание. Рассмотрев
правильный	(2n +1 )-угольник,
можно аналогично доказать, что
справедливо равенство
sin
л	Зл	5л
—“Т? SIH —т—SIH —~—гт? ..
4п 4- 2	4л+ 2	4л+ 2
Xsin
(2 л — 1) л
4л4-2
1
ПП ♦
138.	Докажем, что требуемым
образом тетраэдры расположить
можно. Пусть ABCDAiBiCiDt —
данный куб с ребром 1; N, Р, Q,
R, S, Т — середины его ребер
DA, АВ, BBi, В\С}, C\D\, DiD со-
345
Рис. 285
ответственно (рис. 285). Тогда
NPQRST — правильный шести-
угольник со стороной Диаго-
наль AiC куба пересекает плос-
кость этого шестиугольника в его
центре О, причем отрезок О A j
перпендикулярен плоскости ше-
стиугольника и OAi=^.
Пусть EFGH — один из двух
данных тетраэдров с ребром 1,
М — точка пересечения медиан
грани FGH. Положим тетраэдр
EFGH гранью FGH на плоскость
шестиугольника NPQRST так, чтобы точка М совпала с точкой О
и чтобы грань FGH целиком поместилась в шестиугольнике
NPQRST. Это можно сделать. Действительно, сторона пра-
Гз
вильного &PRT равна "V — , т. е. больше 1. Если &FGH по-
ложить на шестиугольник NPQRST так, чтобы их центры М и О
совпали и стороны t\FGH были параллельны сторонам &PRT,
то Д FGH будет целиком лежать внутри A PRT и, следовательно,
внутри шестиугольника NPQRST.
Если грань FGH расположена в плоскости шестиуголь-
ника NPQRST так, что точки М и О совпадают, то вершина Е
тетраэдра лежит на отрезке О А] между точками О и Л, по-
скольку МЕ=^<-&=ОА\. Следовательно, тетраэдр EFGH
целиком лежит внутри данного куба (рис. 285). Второй тетраэдр
поместим симметрично тетраэдру EFGH относительно плоскости
шестиугольника NPQRST, после чего чуть-чуть раздвинем те-
траэдры, сместив, например, немного тетраэдр EFGH вдоль
диагонали CAt так, чтобы расстояние между точками Е и Л
уменьшилось. Тогда тетраэдры не будут иметь общих точек и оба
будут целиком лежать внутри данного куба.
Замечания. 1.Из приведенных рассуждений следует, что
в куб с ребром 1 можно вложить два правильных тетраэдра
с ребром длиной а так, чтобы они не пересекались, если
а<-	= 1,0606601... (при этом а может быть сколь угодно
2д/2
близким к —— ) .
2^2 '
2. Если допускать, что границы вкладываемых тетраэдров
могут иметь общие точки как между собой, так и с границей куба,
то можно показать, что в куб с ребром 1 можно вложить три
правильных тетраэдра с ребром 1 (см. ниже задачу 159).
346
139.	Покажем, что значение данного выражении раопи
Пусть
.1 mk
где nik и rik — взаимно простые числа, а в левой части равен-
ства дробная черта содержится k раз. Так как	 =—!—=
Пл
=—— и так как дроби —*— и —— несократимые, то
n* + m*	г	nt + i	пц + тц
mk+i=nib nk+i = nk-]-mk. Положим Ак = ml4-гПкП/, — пк. Тогда
Ак+1 = ml+14- тк + 1пк+i — n2k+( = nl + пк (пк + тк)—(п* 4- тк)2 =
=—(ткА-ткпк — пк)=—Ак, и так как 4|=-р=1, то Ак =
= (—1)*+1. Следовательно, 4j988= — 1.
140.	Рассмотрим случай, когда точка R лежит между А и S
(рис. 286, а). Случай, когда точка S лежит между А и R
(рис. 286,6), рассматривается аналогично. Обозначим через D
точку пересечения данной окружности с прямой PS, отличную
от Р. Так как QB\\PD, то PQBD— равнобочная трапеция, и
поэтому Z.QPD= Z.BDP. Z-BDP=Z.PAB (как вписанные,
опирающиеся на одну и ту же дугу PQB). Наконец, ЛРАВ =
= 2. QRS как соответственные углы при параллельных прямых
С А и QR. Следовательно, Z.QPS= Z-QRS, т. е. из точек Р и R
отрезок QS виден под одним и тем же углом. Так как точки Р
и R лежат по одну сторону от прямой QS, то отсюда следует, что
точки Р, Q, R, S лежат на одной окружности.
S)
Рис. 286
347
141.	Покажем, что оставшееся на доске число равно 1.
После каждого применения пары операций А и В количество
записанных на доске чисел уменьшается на 1. Следовательно,
пара операций А и В применялась 1987 раз. Пусть dk — натураль-
ное число, вычитаемое при k-м. применении операции A, k^=\, 2,
1987. Так как после &-го применения операции А сумма записан-
ных на доске чисел уменьшается на (1989 —6) d*, а операция В
этой суммы не изменяет, то после 1987-кратного применения пары
операций А и В на доске будет записано число
х = (1 + 2 +... + 1988) - 1988di -1987d2 -... - 2d1987 =
= 1988 (1 -di)+1987 (1 -d2) + - + (1989-k) (1 -dA)+...
... +2 (1	d[98?) + |.
Числа 1— dk неположительны при всех 6=1, 2, ..., 1987. Если
бы при некотором k выполнялось неравенство dk^2, то имели бы
(1989 - k) (dk - 1) > 2, так что х < (1989 - fe) (1 - dk) + 1 С - 1т. е.
число х было бы отрицательным, что противоречит условию зада-
чи. Следовательно, dk=\ при всех k=\. 2, ..., 1987, и, значит,
х= 1.
142.	Выберем среди данных три точки A, В, С так, чтобы
все остальные лежали по одну сторону от плоскости АВС. Пусть D
и Е — любые две из оставшихся точек. Если бы точка Е лежала
внутри сферы о2, проходящей через А, В, С, D, то точка D лежала
бы снаружи сферы аь проходящей через А, В, С, Е (рис. 287), чего
не может быть по условию задачи. Но точка Е не может лежать
снаружи сферы о2. Следовательно, точка Е лежит на сфере о2.
Аналогично показывается, что на сфере о2 лежат все остальные
точки.
143.	а) Покажем, что второй игрок может добиться того,
чтобы после каждого его хода хотя бы одна угловая клетка
любого квадрата 5X5 была окрашена в белый цвет. Для любого
квадрата размером 5X5 хотя бы одна из клеток, отмеченных на
рисунке 288 крестиком, является угловой. Второй игрок всегда
может добиться того, чтобы отмеченные клетки были белыми,
так как первый игрок никаким своим ходом не может одно-
временно закрасить две такие клетки.
б) Покажем, что второй игрок не может добиться того,
чтобы после каждого его хода по крайней мере две угловые
клетки любого квадрата 5X5 были окрашены в белый цвет.
Если клетка является угловой для одного из квадратов размером
5X5, то она не является угловой ни для какого другого такого
квадрата. Всего этих квадратов 16. Поэтому для достижения
поставленной цели второй игрок должен ходить так, чтобы после
каждого его хода на доске было не меньше 32 белых клеток.
Первый игрок может ему в этом помешать. Для этого он своими
первыми 32 ходами красит все 64 клетки так, чтобы ни одна клетка
не красилась им дважды. Второй игрок за свои первые 32 хода
вернет белый цвет не более чем 32 клеткам. Если после этого на
348
доске окажутся две соседние белые клетки, то первый игрок
своим 33-м ходом их и закрашивает, оставляя белыми только
30 клеток. После 33-го хода второго игрока белыми будут не
более 31 клетки, чего для достижения целей второго игрока не-
достаточно. Если же после 32-го хода на доске не окажется сосед-
них белых клеток, то доска будет иметь шахматную раскраску,
а значит, найдется квадрат размером 5X5, у которого нет ни одной
белой угловой клетки.
144.	Преобразуем при п^1 разность ап+1 —ап~ следующим
образом:
Мы видим, что знаки чисел an+i—ап и an — an-i. одинаковы при
всех nZ>l. Легко проверить, что ai — ao>0, значит, и все числа
а2 — О|, аз-аг, •••, Дп+1 — ап, ... положительны. Таким образом,
ао<01<02<аз< --• Это означает, что последовательность (ал)
является монотонно возрастающей.
Замечание. Нетрудно получить формулу, задающую
общий член последовательности (ап). Если положить а —
1	т
= arccos —, то ao = cosa. Тогда
о
0г=л/-^="	=c°st. / 1 4- C°S	/ k /	2-у	2 a	 „ a \/	2	' C°S 22 C°S 22
349
и т. д. Таким образом, a„ = cos-“ для п = 0, 1,2,.... Кроме того,
мы видим, что последовательность имеет предел, равный 1.
145.	На интервале (О; -у) данное неравенство равносильно
неравенству tg x + sin х>2х, которое мы и докажем. Рассмотрим
функцию f (х) —tg x + sin х — 2х. Так как cosx>cos2x при
0<х<-£- и	2>0 при у>0, то
f' W=—1—Feos х —2>——Feos2 х — 2>0.
1 4 7 cos2 х	cos2 X
Следовательно, функция f (х) строго возрастает на указанном
интервале, и поэтому f(x)>f(O) = O, т. е. при 0<х<-^- вы-
полняется неравенство tg x + sin х>2х.
146.	Среди чисел I2, 22, З2, ..., 19892 имеется 995 нечетных.
Поэтому при любой расстановке знаков значение получающегося
выражения будет нечетным, т. е. искомое число не меньше 1.
Покажем, что 1 получить можно. Рассмотрим квадраты четырех
последовательных натуральных чисел £2, (fe+1)2, (& + 2)2, (fe + 3)2.
Из них при соответствующей расстановке знаков можно полу-
чить число 4 таким образом: k2 — (k + I)2 — (fe + 2)2 + (& + 3)2 = 4.
Тогда из квадратов восьми последовательных натуральных чисел
можно получить при соответствующей расстановке знаков « + »
и « — » числа 0 и 8. Разобьем множество чисел 222, 232, ..., 19892
на восьмерки последовательных чисел и расставим знаки « + » и
« —» так, чтобы в каждой такой восьмерке получился 0. Затем
из шестнадцати чисел 62, 72, ..., 212 получаем число 16, а из чисел
I2, 22, З2, 42, 52 получаем число —15 следующим образом:
— 12 + 22 — 32 + 42 — 52= — 15. В результате из данных чисел
получим число 1, которое, следовательно, и является искомым
наименьшим неотрицательным- числом.
147.	Из условия следует, что точка С (х; у) принадлежит
сегменту KLMN круга радиуса 3 с центром в точке Q (0; 1)
(на рисунке 289 этот сегмент заштрихован) и что окружность S
радиуса 1 с центром в точке Q является вписанной в ДЛВС.
Напишем уравнение касательной к окружности S, проходящей
через точку С. Пусть а — абсцисса точки А пересечения этой
касательной с осью Ox, (X; У) — координаты произвольной точки
касательной. Тогда уравнение касательной имеет вид:
Х — а
х—а
У-0
//-О 1
или У=——X
х — а
-аУ ..
х — а
(1)
Окружность S имеет уравнение
Х2 + (У-1)2=1.	(2)
Прямая, заданная уравнением (1), является касательной
350
к окружности (2). Это означает, что система уравнений (1), (2)
имеет единственное решение. Следовательно, единственное реше-
ние имеет уравнение
получающееся исключением У из этой системы. Но в таком случае
дискриминант этого квадратного уравнения равен 0. Вычисляя
дискриминант, мы после очевидных преобразований приходим к
уравнению (для определения а) (у-2')а2-]-2ха — у = 0, корни
ai и а2 которого являются абсциссами точек А и В — вершин
ДЛВС.
Так как ЛВ = |О1 — а2\ =—->/х2+у (у —2); то при фиксиро-
ванном значении у (где 3^у^4) длина отрезка АВ будет на-
ибольшей, если наибольшей будет величина х2. При фиксирован-
ном значении у наибольшее значение х2, как следует из условия
задачи, равно 9 —(у—I)2. Следовательно, наибольшее значение
АВ при фиксированном у£[3; 4] равно
-2- V9-(y-l)2+f/(i/-2)=^4.
У *	У
Это значение достигается, когда вершина С совпадает с одной
из точек (С2 или Сз), лежащих на дуге сегмента и имеющих ту же
ординату у, что и точка С (рис. 289). Наибольшее значение
площади ДЛВС соответственно равно
и, следовательно, не превосходит 6 д/2, причем равенство имеет
место при у = 3, т. е. когда вершина С совпадает с одним из концов
хорды КМ, служащей основанием сегмента KLMN.
351
s
A
Рис. 290
Замечание. Наименьшее зна-
чение площади ДЛВС равно 3^/3.
Такую площадь имеет ДЛВС, вер-
шина С которого совпадает с точ-
кой N.
148. Через четыре точки А, В, С
и Ль не лежащие, очевидно, в од-
ной плоскости, проведем сферу. Она
пересекает ребра SB и SC в точ-
ках В\ и Cf (рис. 290) соответствен-
но. Четырехугольники AtB(BA и
AiC'iCA вписаны в окружности, по
которым построенная сфера пере-
секается с плоскостями граней SAB
и ЗЛС. Поскольку для фиксиро-
ванной окружности и фиксирован-
ной точки вне ее произведение се-
кущей на ее внешнюю часть по-
стоянно, то ЗЛ1-ЗЛ = SB(-ЗВ. Аналогично ЗЛ| •SA=SCf-SC.
Отсюда и из условия задачи следует, что
SBf=^^=SBi и ЗС(=^^=ЗС1,
SB	sc
т. е. точка В{ совпадает с точкой Bi, а С{ — с точкой
Мы видим, что точки Bi и Ci принадлежат построенной сфере,
т. е. все шесть точек Л, В, С, Ль Вь С\ лежат на одной сфере.
149.	Имеем:
х8 4- 4х2 4- 4 = (х8+4х2 + 4)+(4х6 + 8х4 + 4х2) —
— (4х6 8х4 4- 4х2)=(х8 4- 4х4 4* 4 4~ 4х6 4~ 4х4 4~ 8х2)—
- 4х2 (х4 4- 2х2 4-1)=(х4 4- 2х2 4- 2)2 - (2х (х2 4-1 ))2=
=(х4 4- 2х2 4- 2 4- 2х3 4- 2х) (х4 4- 2Х2 4- 2 - 2х3 — 2х).
150.	Пусть Pit Qi, /?i, Si — середины сторон АВ, ВС, CD, DA
соответственно. Введем векторы ЛВ = а, BC~b, CD = c, DA — d,
PiP = a2i OiO = ^i, RiR = Ci, SiS = di (рис. 291, а)._Векторы^
а1( bi. Ci, di получаются соответственно из векторов a, b, с, d
с помощью поворота на 90° и одинакового растяжения (в k раз).
Точно так_же вектор Oi4-di4-Ci4-^i получается из вектора а-|-
A-b + c + d, равного, очевидно, нулевому вектору. Следовательно,
ai4-&i4-Ci4-rfi=0. Из условия задачи следует, что PQ = SR, т. е.
~PPi 4-Кв 4-BQ-! +W = S3?4-Ко 4-4-КК
или	-	1-1--	-	1 -	। - -
— О| 4—=	с +
Отсюда, учитывая равенство а4_^4_с4-^ = 0, получаем равенство
— &14-С1—di=0, а поскольку at 4-й, 4-ci 4-^i =0, то ai4-
352
-j-Cj = b\ +di =6. Но в таком случае также a-|-c = 6 + d = 6, и,
значит, ABCD — параллелограмм. Таким образом, мы доказали,
что если PQRS — параллелограмм, то ABCD также параллело-
грамм. Остается доказать, что если PQRS — прямоугольник
(но не квадрат), то ABCD — ромб.
Итак, известно, что ABCD — параллелограмм. Пусть а =
= |а|, 6 = |F|, О — точка пересечения (равных!) диагоналей
прямоугольника PQRS, а= Z.BAD (рис. 291,6) и точка М—
середина стороны CD. Из ДОЛ1Р по теореме косинусов имеем:
OR2 = ОМ2 + MR2- 20М • MR • cos Z. OMR=--^k2a2 + kab sin a.
4
Здесь мы воспользовались равенством cos Z_OMR= — sin a,
которое справедливо потому, что /LOMR равен или аН—~
(как это имеет место на рисунке 291,6), или -у- — а (в случае
тупого угла а). Аналогично из &ONQ получаем OQ2=^+
-p£2b2 A-kab sin a. Так как OR = OQ, то
+ sin	k2b2 + kab sin a,
откуда (^k2—(a2 —62) = 0.
12 Заказ 57
Рис. 291
353
Если k2=~j- (т. е. k— -у) , то, каков бы ни был параллело-
грамм ABCD, четырехугольник PQRS будет квадратом (докажите
это!). Но согласно условию прямоугольник PQRS не является
квадратом, значит, fe2y=-^-, и поэтому а2 = Ь2, откуда следует,
что а=Ь, т. е. ABCD— ромб.
151.	За последние четыре цифры числа х3 ответственны только
последние четыре цифры числа х (это устанавливается так же,
как и аналогичное утверждение в задаче 151 для десятого класса).
Число х3 оканчивается на 1, поэтому последней цифрой числа х
может быть только 1. Возводя числа 01, 11, 21, ..., 91 в куб,
убеждаемся, что на 11 оканчивается лишь число 713 = 357 911.
Таким образом, число х оканчивается на 71. Возводя числа 071,
171, 271,.... 971 в куб, убеждаемся, что на 1И оканчивается только
число 4713= 104 487 111. Следовательно, последние три цифры
числа х3 — цифры 471. Аналогично, возводя числа 0471, 1471, ...,
9471 в куб (и следя при этом только за последними четырьмя
цифрами), находим, что на 1111 оканчивается только число
84713. Итак, последние четыре цифры числа х — цифры 8471.
Пусть п — число цифр в записи х3, стоящих между 111 (нача-
лом числа х3) и 1111 (концом числа х3). Возможны три случая:
1)	n = 3k, k'^0. Тогда
111-Ю3*+4<х3 = 111^_Л111<112-103*+4.
ik цифр
Отсюда следует, что
10,353988-10*+1 «УПТб- 10*<x<VH20- Ю*«
«10,384988-10*+1.
При 6=0 искомых чисел х, как легко видеть, не существует.
Если же k~^\, то запись искомого числа х начинается цифрами
103, т. е. х = 103...8471. Наименьшее такое число равно 1 038 471.
Нетрудно проверить, что это число удовлетворяет требуемому
условию:
1 038 4713 = (103-104 + 8471)3 = 1033-1012 + 3-1032-8471-108 +
+3-ЮЗ-84712-104 + 84713 = 1 119 909 991289 361 111.
2)	n = 36+l, 6^0. Тогда
111-103*+5<х3=111	. 1111 < 112- 10ЗА+5,
3/t+ 1 цифр
откуда
22,306991 • 10*+‘ «V11 100- 10ft+1<x<VH 200-10*+1«
« 22,373779-Ю^1.
При 6 = 0 искомых чисел х нет, а при 6^1 искомые числа
354
имеют вид 223...8471, причем на месте точек стоит хотя бы одна
цифра. Но любое число такого вида, очевидно, превосходит уже
найденное семизначное число 1 038 471, так что ни одно из этих
чисел нам не подходит.
3)	п = ЗЛ4-2, k^O. Этот случай рассматривается аналогично
случаю 2 и также приводит к числам, большим 1 038 471.
Итак, искомое число — число 1 038 471.
152.	Пусть А — 1 -2«3-...«(2п — 1). Поскольку 2п — 1—не-
четное число, произведение А =(1Л)-(2А)«...-((2п— 1) Л)
является квадратом, а сомножители Л, 2Л, ..., (2n— 1) Л образуют
арифметическую прогрессию (ср. с задачей 152 для девятого
класса).
153.	Меняя местами число 1 с другими числами, мы можем
придвинуть 1 к числу 2. Далее можно двойными шагами (сначала
перемещается число 2, затем число 1) придвинуть пару 1, 2,
к числу 3. Теперь тройку 1, 2, 3 можно тройными шагами при-
двинуть к числу 4. И т. д. В итоге придем к естественному (моно-
тонному) упорядочению данных чисел (по часовой стрелке или
против часовой стрелки; можно добиться и того и другого ва-
рианта).
154.	Обозначим через К, М, Р, Т (рис. 292) основания
перпендикуляров, опущенных из точки С на прямые АВ, АЕ, DE
и BD соответственно. Ясно, что лучи СК и СР лежат между лучами
СТ и СМ и четырехугольник КМРТ является выпуклым. Поэтому
в силу теоремы о вписанном угле для доказательства утвержде-
ния задачи достаточно показать, что Z. ТКМ-\- Z-MPT= 180°.
Пусть а= ADBC, $=АЕАС. Очевидно, Z.DCT=a (напомним,
что СТ-LDB) и Z_MCE = $. Четыре точки С, Т, К, В лежат на
одной окружности, поскольку Z_CTB = Z. СКВ=90°. Поэтому
Z_TKC= 2-ТВС = а как опирающиеся на одну и ту же дугу.
Аналогично АСКМ = АСАМ = 0 (точки С, М, К, А лежат на
одной окружности), Z_DPT= ADCT=a (точки С, Р, Т, D лежат
Рис. 292
355
на одной окружности), Z-EPM = Z-ECM = $ (точки Е, М, Р, С
лежат на одной окружности). Следовательно, Z-TKM + Z- ТРМ =
=(а + Р)+(180° — а — Р)= 180°. Отсюда следует требуемое ут-
верждение.
155.	В силу неравенства между средним арифметическим и
средним геометрическим каждое из отношений	,
не превосходит -X. Отсюда следует левое неравенство
G I Ь I С	1 I 1 I 1   3
l-На2 "Г 1 4 <32 Ф 1+с2 Т ~ ~1~ Т ~ *
Докажем правое неравенство. Пусть х = 1 4- а, у=1-\-Ь,
z=l+с. Тогда x-|-y-|-z^6. Поделив последовательно это не-
равенство на х, на у, на z и сложив получающиеся при этом
три неравенства, получим неравенство
Так как — 4--^-^ 2, -^-+—^2, —+—^2, то из полученного
у X	2 у	X Z
неравенства следует, что 9 ^6 (-—|—--|—, что и требовалось
доказать.	' х у г
156.	Рассмотрим эскиз графика функции y = f (х), где
f (х) = х(х2 — 1)(х2 — 10) (рис. 293). При с = 0 уравнение f (х) = 0
имеет только три целых корня: —1, 0 и 1. При г#=0 уравнение
f (х) = г вне отрезка [—1; 1] имеет, очевидно, не более трех корней,
а на отрезке [—1; 1] целых корней не имеет. Следовательно,
суммарное число целочисленных корней уравнения f(x) = c при
любом с не превосходит трех.
157.	а) Покажем, что требуемого маршрута ладьи не суще-
ствует. Действительно, для того чтобы вернуться на поле al,
нужно сделать четное число ходов по горизонтали и четное число
ходов по вертикали, т. е. общее число ходов должно быть четным.
Число посещений всех полей шахматной доски по условию задачи
Рис. 293
356
равно 1+2 + 3+ ... + 64 = 2080 и является четным. В началь-
ный момент ладья уже находится на поле al (есть одно посеще-
ние). Следовательно, остается осуществить 2079 посещений и
сделать это надо за четное число ходов, что, очевидно, невозможно.
б) Покажем, что требуемый маршрут ладьи существует.
Занумеруем поля шахматной доски числами от 1 до 64 так:
60	59	52	51	44	43	16	15
61	58	53	50	45	42	17	14
62	57	54	49	46	41	18	13
63	56	55	48	47	40	19	12
64	35	36	37	38	39	20	11
33	34	29	28	25	24	21	10
32	31	30	27	26	23	22	9
1	2	3	4	5	6	7	8
Начиная с поля с номером k, ладья может последовательно пере-
ходить на поля с номерами Л+1, Л + 2, ..., т—\, т. Обозначим
такой маршрут k m. Обратный маршрут т, т — 1, ..., й+1, k,
который, очевидно, также возможен, обозначим т k. Искомый
маршрут, начинающийся с поля al (поле с номером 1) и за-
канчивающийся на соседнем поле а2 (поле с номером 32), имеет,
например, следующий вид: 1 64, 64 1, 1 63, 63 2, 2 62,
62 -> 3, 3 + 61, 61 -> 4, ..., 30 34, 34 31, 31 33, 33 32.
Легко проверить, что на поле с номером /г, где 1^й^32, ладья
побывает 2k раз, а на поле с номером /и, где 33^т^64, она
побывает (129 —2m) раз.
158.	Пусть -О — центр окружности. Если точка К совпадает
с О, то справедливость утверждения очевидна. В случае, когда
/(=#0, опустим из центра О перпендикуляры ОМ, ОР, ОТ на
хорды ААЬ ВВь СС\ (рис. 294). Пусть a= А О КТ. Тогда КМ =
= KOcos(60° + a), КР= КО cos (60°-a), КТ=КО cos а. По-
скольку cos (60° + a) + cos (60° — a) = cos a, получаем, что KA4 +
+ КР = КТ. Но KM=±(KA-KAt), КР=-^-(КВ-КВ{), КТ =
357
Рис. 294
=-|-(KCi — КС). Подставляя эти выражения в полученное равен-
ство КМ + КР = КТ, приходим к требуемому равенству.
Замечание. Частный случай этой задачи, когда точка К
лежит на окружности, хорошо известен.
Рис. 295
358
159.	Покажем, как можно разместить три тетраэдра с реб-
ром 1 в кубе с ребром 1. Пусть М, Т — середины ребер СС\ и АА ।
единичного куба ABCDAxBtCtDi (рис. 295). Так как расстояние
между прямыми ВВ{ и МТ равно — и совпадает с расстоянием
V2
между скрещивающимися ребрами правильного тетраэдра с реб-
ром 1, то на отрезке МТ имеются точки К и Р, симметричные
относительно середины О отрезка МТ, такие, что пирамида
ВРК,В\ будет правильным тетраэдром. Рассматривая вместо
ребра ВВ\ ребра AD и C\Dit можно аналогично разместить еще
два правильных тетраэдра с ребром 1. Единственной общей
точкой трех таких тетраэдров является точка О. (Ср. с зада-
чей 138 для одиннадцатого класса.)
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
ОДИННАДЦАТОГО КЛАССА
1. Пусть Б1—исходная бактерия, П( = 1000 — число ее потомков. Для
п = 1, 2, ... обозначьте через Бл+| ту из двух бактерий, на которые разделилась
бактерия Бл, у которой число потомков Пл+1 не меньше, чем у другой бактерии,
получившейся из Бл в результате деления. Воспользуйтесь тем, что последова-
тельность натуральных чисел Пь П2, ..., Пл, ... является строго убывающей.
2. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическим и средним
геометрическим для четырех неотрицательных чисел и тождеством log4 5Х
3
Xlogs 6-loge 7-iog7 8=—. 3. Воспользуйтесь тем, что (44 + V1975)100 4-(44 —
— д/1975)100 — четное натуральное число, причем второе слагаемое удовлетворяет
неравенствам 0<(44 —д/1975)100< 1. 4. ЛС=-^-. С помощью теоремы синусов
выразите из &ВЕС и ДЛ2)С отношения и и воспользуйтесь равенством
^•^^=1. 5. Воспользуйтесь векторным методом. 6. 60°, 60°, 60° или 45°, 45°,
90°. Предварительно докажите, что если рассматриваемый треугольник таков,
что вершины квадратов, построенных на его сторонах вне его, отличные от
вершин треугольника, все лежат на одной окружности, то центр этой окружности
совпадает с центром окружности, описанной около данного треугольника. 7. Если,
двигаясь по ребру, «войти» в вершину многогранника (такое ребро согласно
условию задачи всегда имеется), то можно опять-таки в силу условия задачи
и «выйти» из этой вершины вдоль другого ребра. В силу этого и с учетом того,
что число вершин многогранника конечно, можно, начав движение от произ-
вольной вершины многогранника, построить замкнутую ломаную (цикл) из ребер
многогранника, ориентированных в направлении движения. Такой цикл раз-
режет многогранник на две части. В каждой из этих частей мы вновь можем
найти циклы и т. д. В конце концов мы придем к двум циклам, ограничивающим
две грани многогранника. 9. Прямые ВК и СК являются биссектрисами Z.ABC
и ZLBCD соответственно. Предположив, что Z_ABC^ Z.BCD (это не ограни-
чивает общности), выберите на отрезке KD точку М так, чтобы выполнялось
равенство Z.DCM— Z.CBK, и докажите, что при этом АВ=АМ и CD — MD.
12. k — 7. Разбейте множество всех черных клеток на четыре подмножества
так, чтобы каждое из подмножеств удовлетворяло условию: любые две различные
клетки, принадлежащие ему, не имеют общей вершины. Воспользуйтесь принци-
пом Дирихле и выведите отсюда, что /г >7. Приведите пример, показывающий,
359
что fe^7. 13. Укажем искомые шесть вопросов: 1) Какое множество чисел
записано в клетках 1, 2, 3, 4-й горизонталей доски? 2) Какое множество чисел
записано в клетках 1, 2, 5, 6-й горизонталей доски? 3) Какое множество чисел
записано в клетках 1». 3, 5, 7-й горизонталей доски? 4), 5), 6) Аналогичные
вопросы для вертикалей. 14. Не сможет. Введите прямоугольную систему ко-
ординат с центром в точке А и с базисными^ векторами i=AAi, /=— А2А], где
Л| и Ai — точки, в которых кузнечик оказался после первого и второго прыжков
соответственно. 15. Попробуйте найти симметричное разбиение. 16. Докажите, что
искомые числа а, 6, с удовлетворяют следующему условию: при любом нату-
ральном разность (а-{-Ь)* — ск делится на 100. Используя это условие,
покажите, что a=4s, 6=25 (2/-|-1), где s£N, t— неотрицательное целое число.
Методом математической индукции докажите, что числа а = 4, 6 = 25, с = а-|-6 =
= 29 удовлетворяют условию задачи. 17. Существует. См., например, рис. 221.
18. Искомым четырехугольником является прямоугольник со сторонами
S tg и ctg -у . Выберите в плоскости произвольного четырехуголь-
ника ABCD, удовлетворяющего условиям задачи, точки А\ и В| так, чтобы вы-
полнялись равенства AA\ = CC\=~BD, и докажите, что периметр четырехуголь-
ника ABCD равен сумме расстояний l — DA\ -\-DA -\-DC-\-DC\ от точки D до
вершин параллелограмма AtACCi. Для оценки величины / рассмотрите /\ADCy
и aCDAj и используйте неравенство треугольника. 19. Если R(P,) — количество
ребер, выходящих из вершины Р( произвольного выпуклого многогранника
M = PiP2...Pnt то о(М)=/?(Р1)+/?(Р2) + ... + /?(Л) — четное число. Плоскость
сечения разбивает данный выпуклый многогранник М на два выпуклых много-
1977
гранника Л4| и М2. Подсчитайте о (Mi). 20. ~ -. Докажите, что для любого
действительного числа х справедливо равенство f (x)+f (1 — х)=1. 21. Если числа
m и п являются взаимно простыми, то искомое представление имеет вид т =
=А'-\-В, где А = п, В = т — п. Если числа т и п не являются взаимно простыми
и всякий простой делитель числа п является также и делителем числа т, то
искомое представление имеет вид т=А-}-В, где А = 1, В~т—\. Если, наконец,
числа т и п не являются ^заимно простыми и число п имеет простой делитель,
не являющийся делителем числа т, то искомое представление имеет вид т =
=А-\-В, где A =qiq2...y3, B = m — qlq2...qs, a q}, q2, ..., qs (s>l)—все попарно
различные простые делители числа п, не являющиеся делителями числа т.
( 1	3 \	( п п-\-2\
22. 43. 23. Из пары	у пару	у м°жно получить, например,
/	П П , / 1	3 \	/ 2 4 \
так (стрелка — символ элементарного преобразования): 1 — ; —- ) -И — ; ~ ) -*
JMy'° п"ю др°бей и
7 1 з \
пары	у получить нельзя, так как если в результате элементарного пре-
образования пара ; — у переходит в пару ^-у; -у j , то справедливо равен-
ство \ad — bc\ — \mq — np\. 26. х=-^2. Рассмотрите последовательность {хЛ),
заданную рекуррентно следующим образом: Xi=x, хп+1=хХл для п>1. Вос-
пользуйтесь непрерывностью показательной функции f (t)=xl и покажите, что
х2 = 2. 27. Р = 2^2- Рассмотрите на плоскости прямоугольную систему координат
Оху, в которой вершины данного квадрата ОАВС имеют координаты: О (0; 0),
А (1; 0), В (1; 1), С (0; 1). Если М, N, К, L — выбранные на сторонах ОА, АВ, ВС,
ОС квадрата точки, Л4|—точка, симметричная М относительно прямой ОС,
Ai — точка, симметричная А относительно прямой ВС, а точка Л42 удовлетворяет
360
условиям: М и М2 лежат по разные стороны от прямой АВ, равноудалены от
нее и AM = AtM2, то периметр Р четырехугольника MNKL не меньше расстояния
между точками Af( и М2. 28. Воспользуйтесь тем, что |sin 1977л| = |sin (1977л —
— bi)| 11977л — 6л| и подберите целые числа п, k так, чтобы выполнялось
неравенство:
с 1	1 I 1977n I
11977л-*л|<—| —-----л|
1
<1977* ’
Это можно сделать, рассматривая рациональные приближения числа л. 29. 142 точ-
ки. Докажите, что всякая закрашенная точка А на большей окружности полу-
чается путем касания большей окружности с меньшей, при котором А совпадает
с точкой, отмеченной краской на меньшей окружности в момент времени / = 0,
и что последовательно закрашиваемые этой точкой на большей окружности
точки Д|, А2, ... все различны и отличны от окрашенной в момент времени /=0
точки До 30. Из условия задачи следует, что (МД, DB—ЛС)=#(ЛС, AD), какова
бы ни была точка М. Предположив, что DB— ДС^О, положите в этом неравенстве
(АС, АР)
\РВ-АС\2
МА
(РВ—АС) и получите противоречие. 31. Доказательство про-
ведите методом от противного, используя теорему Виета. 32. На каждом ребре
куба выберите произвольным образом по одной точке, принадлежащей дан-
ному многограннику М, и рассмотрите многогранник М* с вершинами в выбран-
ных точках. В силу выпуклости многогранника М многогранник М* содержится
в М, поэтому его объем V* не больше объема V многогранника М. Покажите,
что	33. Воспользуйтесь тем, что уравнение третьей степени не может
О
иметь более трех корней, и покажите, что точка с координатами (Р (/), Q (/)),
где Р (t) = at3 + bt2 + ct-]~d, Q (/)=Д/3 + В/2-|-С^ + О, может оказаться на границах
квадратиков не более чем при 18X3 = 54 значениях параметра L 34. Докажите,
что периметр выпуклого четырехугольника, служащего основанием данной
пирамиды, не превосходит 2л, а каждое из четырех боковых ребер не превосходит 2.
35. А = 0,13 с точностью до 0,01. Для того чтобы данное уравнение имело ровно 5
решений, нужно, чтобы прямая у=Ах пересекала график функции i/ = sinx
на интервале (0; л) и касалась этого графика на интервале (2л; Зл). Покажите,
что Д=—— —- , где х2— абсцисса точки касания.
36. Пусть О — центр полуокружности, Р и Q — такие точки полуокружности,
что AP — PQ — QB, а М и У — точки пересечения прямых СР и CQ со сторо-
ной АВ. Докажите, что дЛМСоо /\ОМР с коэффициентом подобия k = 2.
37. Ь=^г, где пг — целое число. Докажите, что f (л+2)=/ (n) + f (п +1) при
любом n£N. 38. m=3. Докажите, что если данное уравнение имеет решение
в натуральных числах, то пг^З. При т = 3 уравнение принимает вид хх +
+ 3у* = гг и имеет решение (1; Г, 2). 39. (0; -2), (0; 2), (3; -5), (3; 5), (4; -7), (4; 7).
40. При х>0 данное неравенство равносильно неравенству x>elnx. Рас-
смотрите функцию f(x) = x — е in х и с помощью производной покажите, что
2	2
f(x)>f (е)=0 при х>0. 41. Если АЕ>~ АР, то М=А. Если О^ЛЕ^— AD, то
о	о
AD
АМ=-^(2РЕ — АЕ). Площадь четырехугольника СЕМК наибольшая, если сум-
ма площадей &КВМ и ДМЛЕ наименьшая. Обозначив а=АР, Ъ=АЕ, х=АМ,
вычислите f (x)=SKBM + SMAE. 42. 1. Докажите, что ((д/2+1)2,,)= I — (^2—1)2л
при каждом натуральном п. См. указание к задаче 3. 43. пгп (а2 + R2 + г2). Докажи-
те, что если О — центр правильного fc-угольника CiC2...Ck, то для произвольной
точки М, лежащей в плоскости этого 6-угольника, выполняется равенство
361
S Л4С(-=6 (ЛЮ2-|-р2), где p — радиус описанной около Л-угольника окружности.
i = 1
44. DM = a — b-[-c. Докажите, что четырехугольник АВСМ— прямоугольник.
45. Покажите, что из условия SAKN+SDNM + SCML+SBLK=— SABCD следует,
что (АК— DM) (AN— BL)—0. 46. Касательная к графику функции y=f(x) в точке
х=0 параллельна оси Ох. Для доказательства дифференцируемости функции
y=f(x) в точке х=»0 используйте неравенства cos х< S-^* < 1,
47.	Воспользуйтесь методом доказательства от противного. Обозначив через А
точку, в которой пересекаются три прямые, через В точку, в которой пересекаются
четыре прямые, рассмотрите два случая: 1) среди данных семи прямых нет
прямой АВ\ 2) прямая АВ входит в число данных семи прямых. Покажите,
что в каждом из этих случаев предположение о том, что среди данных семи
прямых нет ни одной пары параллельных прямых, приводит к противоречию
с условием, что общее число точек пересечения данных семи прямых равно 13.
48.	Данные неравенства равносильны неравенствам
1	Ч
у х2+х+1<х2 + х+1<ух2 + 3х + 3.
49.	1g 2=0,30.... Из первых двух неравенств следует, что 223< 107, т. е. 1g 2<
7 .
<—=0,304..., а из третьего получаем, что 1g 2>0,3. 50. 1911. Предварительно
докажите, что если по кругу записано 2" чисел а2, ...» tty и описанную в условии
задачи процедуру вычеркивания мы начинаем, отправляясь от ai, то после п
обходов останется единственное невычеркнутое число — число аь 51. — V.
Воспользуйтесь следующим утверждением: если объем тетраэдра EFGH равен V
и на прямой EF взяты точки М и N так, что MN = k*EF, то объем тетраэдра
MNGH равен kV. 52. Докажите, что для любого числа z справедливо наравен-
ство |cos г| 4* |cos 2z|	. 53. a) d=—3. Положите х=1 и х=— в неравен-
2	2	j
ствах — 1 ^4х31. б) а=0, Ь = — 3, с = 0. Положите х=1 и х=——
в неравенстве 4x34-ax2-|-6x4-c<U, затем положите х= — 1 и х=— в неРа’
венстве — 1	4х3 + ах2 + Ьх 4- с. Используя получившиеся неравенства для а, 6, с,
покажите, что а = — 2г=0. 54. Воспользуйтесь методом математической индукции
и формулой тангенса суммы двух чисел. 55. Предварительно докажите, что
для всякого многочлена h (х) степени I со старшим коэффициентом 1 существует
_	1 /	, , \	3 j
что при хх выполняются неравенства — x </z (х)<—х .
такое число с>0,
56. а=—. Покажите, что при а£(0; 1) рассматриваемое сечение представляет
собой равнобочную трапецию, площадь которой равна —<^(1 4~а) V4 —За 4~5а2,
о
где а — длина стороны основания призмы. 57. (0; 1), (— 1; 2). 58. Воспользуйтесь
/ 5 \з
векторным методом. 59. у . Докажите, что тетраэдр, построенный в соответ-
ствии с условием задачи, гомотетичен данному тетраэдру, причем центром гомо-
тетии является общая точка четырех отрезков, соединяющих вершины данного
тетраэдра с центрами его граней, противолежащих этим вершинам, а коэффициент
гомотетии равен ——. 60. Если А и В — любые два перекрестка, а и b — про-
ходящие через них маршруты, то возможны три случая: а) маршруты а и b сов-
падают; б) маршруты а и b не совпадают, пересекаются на перекрестке С или
362
имеют общую конечную остановку С; в) маршруты а и b не пересекаются и не
имеют общей конечной остановки. 61. Рассмотрите остатки от деления на п
чисел 2Л, где А—1, 2, ...» п, и воспользуйтесь принципом Дирихле. 62. Линейные
функции f (х)—Ах-}-В (где А и В — любые действительные числа), и только они.
Докажите, что если функция f (х) удовлетворяет при любых a, b, p£R данному
неравенству, то при любых а>0, у, z£R справедливо равенство /(а//4*(1 —
— а) z) = af (//) + (! —а) f (г). 63. Выразите векторы 2ВМ и D2D} через векторы
АВ\, ВС, CD2, используя операцию поворота вектора на 90° против часовой
х^
стрелки. 64. х = 0. Рассмотрите функцию f (x) = sin х —x-J-— и докажите,
6	а
используя производную, что при х>0 справедливо неравенство f (х)>0. 65. —,
а
—. Предварительно докажите, что противоположные ребра правильного тет-
д/6
раэдра взаимно перпендикулярны и перпендикулярны отрезку, соединяющему их
середины. Воспользуйтесь векторным методом. 66. Данное уравнение имеет
решение в следующих случаях: 1) т — \, п — любое натуральное число; 2) л =
= 1, т — любое натуральное число; 3) лг = л = 2. Докажите, что уравнение
a sin x + b cos х = с имеет решение тогда и только тогда, когда выполняется не-
равенство а2 + &2^с2. 67. Выразите векторы биссектрис дЛВС через векторы
его сторон. 68. lim ^-=д/3. Сначала, предположив, что искомый предел суще-
П — «> Ьп	. а	.
ствует, найдите этот предел. Затем по индукции докажите, что |	----^3| С
69. а) Нельзя. Воспользуйтесь методом доказательства от противного.
б) Можно. Например, следующим образом (начиная с цифры 0, в строку по-
следовательно записаны цифры, встречающиеся при движении по кругу в каком-
нибудь определенном направлении): 0, 9, 5, 1, 8, 3, 4, 2, 7, 6. 70. Методом мате-
12	л
матической индукции докажите, что ал^3 —— для всех и^З. 71. х=— + 2лл,
л	л
у=— 4-2л&, z —	+2лт, где п, k, m£Z. Возведите оба уравнения данной
6	о
системы в квадрат и сложите получившиеся уравнения. 72. Если О и Oi —
середины отрезков АС и АВ соответственно, Е — точка, в которой общая каса-
тельная двух меньших полуокружностей касается полуокружности диаметра АВ,
20
то O\E\\OD. 73. ~ V. 74. Предположив противное, рассмотрите наименьшее
3
из записанных чисел. 75. Докажите, что если число п удовлетворяет условию
задачи, то число Зл +1 является нечетным. 76. Проведите касательные в точках
А, В, С, D и докажите, что в четырехугольнике ABCD выполняется равенство
Z_A + ZC = Z_BA- ^-D. 77. а) Можно. Куб ABCDA\B\C\D\ можно, например,
разрезать на пирамиды AA\BD, A\C\D\D, A\BiC\B, BC\CD и A\BC\D. б) Нельзя.
Воспользуйтесь методом доказательства от противного. 78. Воспользуйтесь тем,
что периметр правильного л-угольника, вписанного в окружность радиуса R,
п Л я, \	, , ч sin х __ ___
равен 2л/<-Н — ) , где f (х)=—-—. 79. Предположив противное, оцените вели-
чину sin 2а-sin 20-sin 2у. 83. При n = 4k или n — 4k — 1, где k£N. Примеры
наборов из 4k и 4k — 1 чисел, удовлетворяющих условию задачи, приведены
в таблицах (с. 314). Докажите, что если числа aIt а2.ап удовлетворяют условию
задачи, то сумма |ai — а2| + |а2 — Дз1 + 1ал — а\ | является четным числом
и равна сумме первых л натуральных чисел. 84. Докажите, что функция f (х)
/ Л Л \	X
определена на всем интервале! —— ; — 1 и что на этом интервале f W = tg —.
85. Рассмотрите разности хп4_ (— хл, л = 1, 2,.... 1982, и докажите, что все они равны
нулю. 86. Воспользуйтесь методом доказательства от противного. 87. 8:15.
88. — V. Докажите, что объем пирамиды PAQR равен объему пирамиды C\AQR.
363
89. 6 чисел. Сначала докажите, что более шести чисел, удовлетворяющих условию
задачи, по кругу записать нельзя. 90. Воспользуйтесь неравенством между
средним арифметическим и средним геометрическим для двух чисел.
п (п-\~ l)(2n-h И	п
91. —-—11—- треугольников. Сначала подсчитайте, сколько имеется удов-
летворяющих условию задачи треугольников, одна из вершин которых совпадает
с фиксированной вершиной (2л + 1)-угольника. 92. Сначала докажите, что после-
довательность (хя) является строго возрастающей и что при п ^2 числа хп-\
и x„+i являются корнями одного и того же квадратного уравнения. 93. Вос-
пользуйтесь векторным методом. 94. 3, 5, 7. Воспользуйтесь тем, что квадрат
любого простого числа, отличного от 3, при делении на 3 дает в остатке 1. 96. п = 3
и п = 4. Все правильные л-угольники при п ^5 кругами, построенными на их
сторонах как на диаметрах, полностью не покрываются. 97. т + п = 1985. Если
десятичная запись числа Л, не являющегося степенью 10, содержит W цифр, то
tf=lg4 + ct, где 0<а<1. 98. ЛМ:ЛЯ,=2:3, DNtDCi = MN'.A,С= 1:3. Вос-
пользуйтесь векторным методом. 100. Воспользуйтесь тем, что функция F (/) =
= /4-sin t, t£R, является строго возрастающей. 101. а) Не могут. Учтите, что
после каждого поворота циферблата сумма всех чисел, записанных на доске,
увеличивается на 78. б) Не могут. Воспользуйтесь методом доказательства от
противного. Обозначьте через X/, где /= 1,2, ..., 12, число поворотов, после которых
циферблат оказывался повернутым против часовой стрелки на угол 30°’/ по от-
ношению к своему начальному положению. Получите систему уравнений, которой
удовлетворяют числа X/, и покажите, что она не имеет решений в неотрица-
тельных целых числах, в) Могут. Пусть числа X/, / = 1, 2, ..., 12, определены, как
в пункте б). Тогда нетрудно проверить, что при xi=44, х2 = 34, х3 = 0, x4 = xs =
= ...=х12=26 десять чисел, записанных на местах «12 ч», «1 ч», «2 ч>, .... «9 ч»,
равны 1984. 102. Да, сможет, причем не единственным способом. 103. Докажите,
что прямые АА\, ВВ\, CCi и DD\ попарно пересекаются. Воспользуйтесь тем,
что три попарно пересекающиеся и не лежащие в одной плоскости прямые
.	«пл 1 п	х гг 1 . z
имеют единственную общую точку. 104. —. Докажите, что —	+ТОО ’
и воспользуйтесь неравенством между средним арифметическим и средним
геометрическим для двух чисел. 105. Число, стоящее в последней, 1986-й строке,
равно 1985-21984. Докажите, что если п-я строка является арифметической про-
грессией, то (п + 2)-я строка (если она существует) также является арифмети-
5
ческой прогрессией. 106. — . Такую площадь имеет параллелограмм, вершинами
которого являются середины сторон данного четырехугольника. 107. Докажите,
что если положительные числа аир таковы, что a-j-p<n, то неравенства
sin a<sin р и a<p равносильны. 108. Докажите, что без ограничения общности
можно считать, что данные три отрезка отложены от одной точки. 109. Восполь-
зуйтесь тождеством (х — t/)3 + (t/ — z)3-h(2 — х),я = 3 (х — у) (у — z) (z — х). ПО. Исполь-
зуйте прямоугольную систему координат, в которой осями координат служат
оси данных парабол. 111. Докажите, что длина стороны квадрата, удовлетворяю-
щего условию задачи, меньше половины длины стороны данного треугольника.
112. Если АА1 = ВВ\ — СС\, то многогранник ABCA{BiCi —треугольная призма и
доказываемая формула, как известно, верна. Общий случай сводится к указан-
ному частному случаю с помощью дополнительного построения. 113. Распре-
делите участки между коротышками каким-нибудь способом и докажите, что если
при этом поссорившимся коротышкам А и В достались соседние участки, то
среди оставшихся 23 коротышек имеется коротышка С, участок которого не
является соседним с участком коротышки А и который не состоит в ссоре ни
с одним из соседей коротышки В и не является соседом коротышек, поссорившихся
с В. 114. а>0, /?<0, с>0. 115. 2V. Докажите, что объемы тетраэдров LKNM и
LAKM равны и вдвое больше объема тетраэдра LCAD. 116. Докажите, что если
число вида 2пА~п2, делится на 100, то п — четное число. Выведите отсюда,
что для доказательства утверждения задачи достаточно доказать, что среди чисел
вида 4/n-l4-m2, m£N, имеется бесконечно много чисел, делящихся на 25. 117. До-
кажите, что если О|, О2, Оз— центры данных окружностей, Д, В, С — точки их
364
попарных пересечений, отличные от общей точки этих трех окружностей, то
ААВС = A O1O2O3. 118. Точку D следует выбирать так, чтобы CD> —. Введите
•\/з
на плоскости прямоугольную систему координат Сху, в которой А (0; 2а), В (0, а),
и докажите, что для того, чтобы иа отрезке AD заяц не мог быть схвачен волком,
необходимо и достаточно, чтобы этот отрезок целиком состоял только из таких
точек М (х; у), координаты (х; у) которых удовлетворяют неравенству х2 +
/	2 V /2 \2
+(^-уЛ J a J . 119. Докажите, что если АВ и CD — две хорды данной
окружности, удовлетворяющие условию задачи, О — центр окружности, R —
ее радиус, то Л52 + СО2=8Я2 —4МО2. 120. Если а>Ь, то данные в условии
Л Х~ I I	X — 1
задачи неравенства равносильны неравенствам 2 —-т— <1пх<-----------, где
х । 1	^х
х=—>1. Для доказательства левого неравенства рассмотрите функцию f (х)=
о
х— 1
= 1пх —2—— и докажите, используя производную, что f (х) строго возрастает
х-|-1	।
при х>1. Правое неравенство доказывается аналогично. 121. -^-abc. Докажите,
о
что если точка К симметрична точке С относительно середины отрезка АВ\, а
точка М симметрична точке Л| относительно середины отрезка CiD, то объем
параллелепипеда A KB\CDA[CiM равен объему данного параллелепипеда.
122. Воспользуйтесь тождеством х2 + (хН~3)2 + (* + 5)2-|-(х + 6)2=(х-|-1)2-|-(* +
+ 2)2 + (х-|-4)2+(х-|-7)2. 123. а) Докажите, что существует отрезок АВ длиной
2 с разноцветными концами. Предположив, что цвет середины С отрезка АВ
совпадает с цветом точки А, рассмотрите такие точки D и Е, лежащие по разные
стороны от прямой АВ, что Д Л СЕ и дЛСТ) правильные, б) Искомая раскраска
к	-
получится, если плоскость разбить на горизонтальные полосы шириной
включающие свои нижние границы, но не включающие верхние, а затем рас-
красить получившиеся полосы поочередно в два цвета. 124. 142 857. Покажите,
что если а\а2...ап-\ап — искомое число, то выполняется равенство ап- 99...95 =
(я—2) цифр
==49-aia2- .a«-i. Выведите отсюда, что в записи искомого числа содержится по
крайней мере шесть цифр. 125. 1, -\'33,	7. Покажите, что если х — корень дан-
ного уравнения, то число л=[х] неотрицательно и удовлетворяет неравенствам
л2 + 7 ^.8п<п2 -|-2z2 + 8. 126. Используя теоремы об измерении угла, вписанного
в окружность, и угла между касательной и хордой, докажите, что AD является
биссектрисой одного из углов, образованных пересечением прямых BD и CD.
127. Через каждые две из данных 1987 точек проведите прямую и докажите,
что существует плоскость а, которая не параллельна ни одной из построенных
прямых. Через каждую из данных 1987 точек проведите плоскость, параллельную а.
Средняя из этих 1987 плоскостей и будет искомой. 128. Наименьшее число кругов
равно 7. Покажите, что окружность радиуса 2 нельзя покрыть менее чем шестью
кругами радиуса 1. 129. 376 и 625. Воспользуйтесь тем, что если А — искомое
число, то число А2 —А—А (Л — 1) делится на 1000 = 8-125. 130. Назовем функцию
f (х) пилой, длина которой п, а высота h, если ее график такой, как показано на
рисунке 279 (все прямолинейные участки образуют угол 45° с осью абсцисс).
Воспользуйтесь тем, что если f (х) — пила длиной п и высотой h, то \f (х) — h\ —
I fW-yl
пила длиной п +1 и высотой h, а
„ h
— пила длиной 2л и высотой —,
и докажите, что каждая из четных функций, стоящих в левой и правой частях
тождества,— пила длиной 2п+1 и высотой 1. 131. Объедините слагаемые в пары:
первое слагаемое с последним, второе — с предпоследним и т. д. Покажите, что
сумма чисел, входящих в пару, представляется дробью, у которой числитель
делится на простое число 1987, а знаменатель не делится на это число.
365
132. а) Пусть li — длина i-го звена ломаной, xit yt, zt — длины его проекций на
оси Ох, Оу, Oz, at, bi, ct — длины его проекций на плоскости Oyz, Ozx, Оху. Вос-
пользуйтесь равенствами /2 = х2 + i/2 + z2=~ (а?-}-Ь? 4-с?) и докажите, что а,-|-
+ bi-\-Ci^.^/bli. б) Существует. Примером может служить шестизвенная ломаная,
соединяющая последовательно точки (0, 0, 0), (1, I, 1), (2, 2, 0), (3, 1, — 1), (2, 0, — 2),
(1, —1, —1), (0,0,0). 133. Используйте операцию поворота вектора на угол 90°.
134. Например, х = 28, «/ = 26, z = 25. Множество решений данного уравнения
в натуральных числах бесконечно: если тройка чисел (хо, уо, го) является его
решением, то и тройка (£20х0, £l5i/o, £12zo), где k — произвольное натуральное
число, также его решение. 135. Случай произвольного п сводится к случаю л = 1.
Для л = 1 требуемое утверждение можно доказать методом от противного.
136. Искомое множество — дуга некоторой окружности, проходящей через точки
А и В, без концевых точек. Докажите, что из точек, в которых касаются друг друга
окружности, входящие в пару, отрезок АВ виден под одним и тем же углом.
137. Умножьте обе части равенства на 8 cos . 138. Можно. См. рисунок, а также
задачу 159 для одиннадцатого класса и указание к ней. 139. —1. Пусть
1
mk
пк
где irik и nk — взаимно простые числа, а в левой части равенства содержится k
дробных черт. Получите рекуррентную формулу для Ak = mk-\-tnknk — nk. 140. До-
кажите, что если R лежит между Л и S, то Z_QPS = Z-QRS, а если S лежит между
А и Я, то QAS +	Q/?S= 180°. 141. Воспользуйтесь тем, что операция В не
изменяет суммы записанных на доске чисел, а при k-м применении операции А
(с вычитаемым dk) эта сумма уменьшается на (1989 — k) dt. 142. Выберите среди
данных точек три точки А, В и С так, чтобы все остальные точки лежали по одну
сторону от плоскости АВС, и методом от противного докажите, что если D и Е —
любые две из оставшихся точек, то точка Е лежит на сфере, проходящей через
точки А, В, С и D. 143. а) Может. Воспользуйтесь тем, что для любого квадрата
5X5 хотя бы одна из клеток, отмеченных на рисунке 288 крестиком, является
угловой, б) Не может. Для достижения поставленной цели второй игрок должен
ходить так, чтобы после каждого его хода на доске было не меньше 32 белых
клеток. Первый игрок сможет ему помешать, если своими первыми 32 ходами
покрасит все 64 клетки доски, а 33-м ходом покрасит любые две соседние белые
клетки. 144. Покажите, что при всех знаки чисел an + i — ап и ап — an~i
одинаковы. 145. При 0<х<-^- данное неравенство равносильно неравенству
tgxH-sin х>2х. Рассмотрите функцию f (x)=tg x-|-sin х —2х и докажите, что на
указанном интервале f' (х)>0. 146. 1. Покажите, что искомое число не меньше 1.
Разбейте множество чисел 222, 232, ..., 19892 на восьмерки последовательных
чисел и расставьте знаки « + » и < —» так, чтобы в каждой такой восьмерке
получился 0. Из чисел I2, 22, ..., 212 составьте сумму, равную 1. 147. 6д/2. Вос-
пользуйтесь тем, что прямые АС и ВС касаются окружности радиуса 1 с центром Q.
д/х2 + у(1/ —2) при фиксированном
Покажите, что наибольшее значение АВ=-—
У-2
«/ € [3; 4] равно-у . Соответственно наибольшее значение площади Л АВС равно
V—	У
2 у
----—. 148. Проведите сферу через точки А, В, С и А। и докажите, что она пере-
У
секает ребра SB и SC в точках Bi и Ci соответственно. 149. х8 + 4х2+4 =
= (х4 + 2х2 + 2 + 2х3 + 2х) (х4-|-2х2 + 2 — 2х3 — 2х). Прибавляя и вычитая многочлен
4х6-|-8х4 + 4х2, представьте данный многочлен как разность квадратов двух много-
членов. 150. Воспользуйтесь векторным методом и докажите сначала, что если
366
PQRS — параллелограмм, то ABCD тоже параллелограмм. 151. 1038 471.
Воспользуйтесь тем, что за последние четыре цифры числа х3 ответственны только
последние четыре цифры числа х (ср. с задачей 151 для десятого класса). Для
нахождения первых цифр числа х используйте неравенства 111 • 10"+4<х3<
<112»10л+4, где п — число цифр в записи х3, стоящих между 111 (началом
числа х3) и 1111 (концом числа х3). 152. Например, 1-((2rt — 1)!), 2»((2n —1)!),
..., (2/г — l)«((2n — 1)!). 153. См. указание к задаче 154 для девятого класса. 154. Обоз-
начьте через К, М, Р, Т основания перпендикуляров, опущенных из точки С на
прямые АВ, АЕ, DE, BD соответственно и, убедившись, что четырехугольник
КМРТ является выпуклым, докажите, что Z. ТКМ-\- Z_MPT= 180°. 155. Для
доказательства левого неравенства используйте неравенство между средним
арифметическим и средним геометрическим двух чисел. Для доказательства
правого неравенства положите х = 1 +а, £/=14-6, 2 = 1 +с. Разделив неравенство
х+(/ + 2^6 последовательно на х, на у и на 2, сложите получившиеся при этом
неравенства. 156. Используйте график (нечетной) функции у=х (х2 — 1) (х2 — 10).
Рассмотрите два случая: с = 0 и г=#0. 157. а) Не может, б) Может. Постройте
пример. 158. Опустите из центра О перпендикуляры ОМ, ОР, ОТ на хорды ЛЛь
BBi, ССх и выразите MK, КР, КТ через КО и /LOKT. 159. Можно. См. рис. 295.
ЛИТЕРАТУРА
А ндж а и с А., Зариньш П. Метод математической индукции и элементы
теории вероятностей.— Рига: Звайгзне, 1983 (на латышском языке).
Анджанс А. А., Залицка Т. В., Трейлибс О. В. Задачи математи-
ческих олимпиад.— Рига: Звайгзне, 1977 (на латышском языке).
Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад.— М.: 1975.
Белоусов В. Д., Изман М. С., Сол тан В. П., Ч-иник Б. И. Рес-
публиканские математические олимпиады.— Кишинев: Штиинца, 1986.
Берник В. И., Жук И. К., Мельников О. В. Сборник олимпиад-
ных задач по математике.— Минск: Народная асвета, 1980.
Васильев Н. Б., Гутенмахер В. Л., РабботЖ. П., Тоом А. Л.
Заочные математические олимпиады.— М.: Наука, 1981.
Васильев Н. Б., Егоров А. А. Задачи Всесоюзных математических
олимпиад.— М.: Наука, 1988.
Вышенский В. А., Карташов Н. В.,'Михайловский В. И.,
Ядренко М. И. Сборник задач Киевских математических олимпиад.—
Киев: Вища школа, 1984.
Гальперин Г. А., Т о л п ы г о А. К. Московские математические
олимпиады.— М.: Просвещение, 1986.
Зарубежные математические олимпиады / Под ред. И. Н. Сергеева.—
М.: Наука, 1987.— (Биб-ка матем. кружка; Вып. 17).
Зубелевич Г. И. Сборник задач Московских математических олимпиад
(V—VIII классы).— М.: Просвещение, 1971.
Избранные задачи (из журнала American Mathematical Monthly).— М.:
Мир, 1977.
Кюршак Й., Некомм Д., Хайоги Д., Шурани Я. Венгерские
математические олимпиады.— М.: Мир, 1976.
Михайловский В. И., Ядренко М. И., Призва Г. Й., Вы-
шенский В. А. Сборник задач республиканских математических олимпиад.—
Киев: Вища школа, 1979.
Морозова Е. А., Петраков И. С., Скворцов В. А. Между-
народные математические олимпиады.— М.: Просвещение, 1976.
Олимпиады. Алгебра. Комбинаторика.— Новосибирск: Наука, Сиб. отдел,
1979.
Петраков И. С., Математические олимпиады школьников.— М.: Просве-
щение, 1982.
Савин А. П., Б р у к Ю. М., Волошин М. Б., Зильберман А. Р.,
Семен чинский С. Г., Сендеров В. А. Физико-математические олим-
пиады.— М.: Знание, 1977.
Сборник задач Московских математических олимпиад / Сост. А. А. Леман.—
М.: Просвещение, 1965.
Страшевич С., Бровкин Е. Польские математические олимпиады.—
М.: Мир, 1978.
Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике.— Минск:
Вышэйшая школа, 1977.
Шустеф Ф. М., Фельдман А. М., Гуревич В. Ю. Сборник олим-
пиадных задач по математике.—Минск: Вышэйшая школа, 1962 и 1965.
Статьи о Всероссийских математических
олимпиадах в журнале <М атематика в школе»
Гусятников П. Б., Шалимова К. И., Яковлев Г. Н. V Все-
российская физико-математическая и химическая олимпиада школьников.—
1979.— № 5.— С. 52—56.
Купцов Л. П., Резниченко С. В., Шалимова К. И., Яков-
лев Г. Н. VI Всероссийская олимпиада школьников по математике.— 1981.—
№ 4.- С. 57—62.
Купцов Л. П., Резниченко С. В., Шалимова К. И., Яков-
368
лев Г. Н. III тур Всероссийской олимпиады школьников по математике.—
1982.— № 5.— С. 65—70.
Купцов Л. П., Резниченко С. В., Яковлев Г. Н. IX Всероссий-
ская олимпиада школьников по математике.— 1983.— № 5.— С. 49—56.
Купцов Л. П., .Резниченко С. В., Шалимова К. И., Яков-
лев Г. Н. Третий тур X Всероссийской олимпиады школьников по матема-
тике.— 1984.— № 3.— С. 60—63.
Купцов Л. П., Резниченко С. В., Яковлев Г. Н. X Всерос-
сийская олимпиада школьников (заключительный тур).— 1984.— №4.— С. 50—54.
Купцов Л. П., Канунникова Г. А., Прокофьева Н. С., Рез-
ниченко С. В. Третий тур XI Всероссийской олимпиады школьников по
математике.— 1985.— № 4.— С. 52—56.
Купцов Л. П., Канунникова Г. А., Прокофьева Н. С., Рез-
ниченко С. В. Заключительный этап XI Всероссийской физико-математи-
ческой и химической олимпиады школьников,— 1985.— № 6.— С. 55—58.
Купцов Л. П., Канунникова Г. А., Маркова С. Н., Резни-
ченко С. В. Третий этап Всероссийской олимпиады школьников по матема-
тике.— 1986.— № 5.— С. 57—62.
Агаханов Н. X., Купцов Л. П., Резниченко С. В., Марко-
ва С. Н. Третий этап Всероссийской олимпиады школьников по математике.—
1987.—№ 4.— С. 56—60.
Купцов Л. П., Канунникова Г. А., Маркова С. Н., Резни-
ченко С. В. Третий этап Всероссийской олимпиады школьников по матема-
тике.— 1988.— № 3.— С. 44—50.
Купцов Л. П., Канунникова Г. А., Резниченко С. В. Третий
этап Всероссийской олимпиады школьников по математике.— 1989.— № 2.—
С. 101-116.
Статьи о Всероссийских математических
олимпиадах в журнале «Квант»
Буховцев Б. Б., 'Овчинников О. Ю., Резниченко С. В.,
Яковлев Г. Н. IX Всероссийская олимпиада школьников.— 1983.—№ 10.—
С. 55—57, 61-62.
Буховцев Б. Б. Купцов Л. П., Овчинников О. Ю., Резни-
ченко С. В. X Всероссийская олимпиада школьников.— 1984.— № 10.—
С. 56—59, 62—63.
Буховцев Б. Б., Купцов Л. П., Овчинников О. Ю., Резни-
ченко С. В. XI Всероссийская олимпиада школьников.— 1985.— № 10.—
С. 52—55, 60—62.
Буховцев Б. Б., Кукушкин Б. Н., Купцов Л. П., Овчинни-
ков О. Ю., Резниченко С. В. XII Всероссийская олимпиада школь-
ников.— 1986.— № 10.— С. 53—57, 59—62.
Буховцев Б. Б., Купцов Л. П., Овчинников О. Ю., Резни-
ченко С. В. XIII Всероссийская олимпиада школьников.— 1987.— № 10.—
С. 60—63; 1987.—№ 11.—С. 60—62.
Купцов Л. П., Овчинников О. Ю., Резниченко С. В. XIV Все-
российская олимпиада школьников.— 1988.— № 10.— С. 56—58, 60—63.
Купцов Л. П., Овчинников О. Ю., Резниченко С. В. XV Все-
российская олимпиада по математике и физике.—1989.— № 10.— С. 67—70,
72—76.
Овчинников О. Ю., Резниченко С. В., Шалимова К. И.,
Яковлев Г. Н. VI Всероссийская олимпиада школьников.— 1980.— № 10.—
С. 52—55.
Овчинников О. Ю., Резниченко С. В. VII Всероссийская олим-
пиада школьников.— 1981.— № 10.— С. 58—61.
Овчинников О. ГО. Резниченко С. В., Яковлев Г. Н. VIII Все-
российская олимпиада школьников.— 1982.— № 10.— С. 59—61, 63.
369
ПРИЛОЖЕНИЕ
В школьном курсе математики вы познакомились с такими
разделами математики, как арифметика, алгебра и геометрия. В
основе всех этих разделов, как вы знаете, лежит дедуктивно-
аксиоматический метод (лат. deductio — вывод). Этот метод со-
стоит в том, что некоторые утверждения, называемые аксиомами,
принимаются без доказательства, а все остальные утверждения,
называемые теоремами, доказываются путем построения логиче-
ских умозаключений с использованием ранее доказанных утвер-
ждений. Методы доказательства теорем и сами теоремы носят
общий характер, конкретные же их применения выводятся по пра-
вилам логики как следствия, частные случаи и т. д.
Число различных способов доказательства теорем, которые
придуманы математиками, весьма велико. Некоторые из этих спо-
собов, достаточно простые и часто употребляемые, принято на-
зывать методами. Например, в арифметике при нахождении наи-
меньшего общего кратного и наибольшего общего делителя двух
чисел используется метод разложения на простые множители.
В алгебре при исследовании квадратного трехчлена и выводе фор-
мулы корней квадратного уравнения полезным оказывается метод
выделения полного квадрата и т. д. Мы познакомимся с дву-
мя методами доказательства, которые носят универсальный ха-
рактер, т. е. применяются практически во всех разделах ма-
тематики. Речь пойдет о методе доказательства от противного и
о методе математической индукции.
МЕТОД ДОКАЗАТЕЛЬСТВА ОТ ПРОТИВНОГО
Начнем с метода доказательства от противного. Существуют
различные формы доказательства от противного, но в основе их
всех лежит логический закон исключенного третьего. Коль скоро
роль логики в обосновании метода от противного столь велика, мы
должны будем начать с изучения, некоторых простейших логи-
ческих понятий.
В математике мы постоянно имеем дело с различными выска-
зываниями-ир^ллотк^тя^, в которых в утвердительной форме
сообщается (высказывается) некоторое утверждение, имеющее
точный математический смысл и допускающее однозначный ответ
на вопрос, истинно оно или ложно. Например (здесь и всюду в
дальнейшем мы обозначаем высказывания большими буквами):
Л = (число 10 четное),
В==(три больше семи).
Высказывание А является истинным, поскольку в нем утверж-
дается нечто правильное, наоборот, высказывание В является
370
ложным, ибо в нем утверждается нечто неверное. При записи
высказываний для сокращения записи можно использовать спе-
циальные математические знаки. Например, высказывание В мож-
но коротко записать так: В = {3>> 7}.
Приведем еще примеры. Утвердительное предложение «Число
1О1О'“ очень велико» высказыванием не является, так как не
имеет точного математического смысла (кому-то это число пока-
жется действительно очень большим, а кому-то, возможно, и нет).
Утвердительное предложение D (х) = (х>3) имеет точный матема-
тический смысл, но содержит переменную х, о значении которой
нам ничего неизвестно, и поэтому мы не можем однозначно
утверждать, истинное или ложное утверждение содержится в этом
предложении. Значит, указанное предложение не является вы-
сказыванием, однако из него можно легко получить различные
высказывания, задавая различные значения переменной х. Одни
из этих высказываний будут истинными, другие — ложными. Та-
кие предложения D (х) в логике называют высказываниями с
переменной или предикатами. Переменная х может принимать
различные значения. В каждс/м высказывании с переменной х
множество всех значений этой переменной будет свое. Например,
если х принимает всевозможные натуральные значения, то пре-
дикат D(x)s{x>3} выражает свойство натурального числа быть
больше 3. Этим свойством обладают натуральные числа 4, 5, 6, ...
и не обладают числа 1, 2, 3. Если переменная х при-
нимает значения в множестве всех треугольников MNP, то пре-
дикат Е (x) = {ZM7VP>90°} выражает свойство треугольника
быть тупоугольным (точнее, иметь тупой угол при вершине N).
Вообще, если переменная х принимает значения в множестве Q,
то предикат F (х) выражает некоторое свойство элемента х мно-
жества Q (при этом говорят, что предикат F (х) задан на множест-
ве Q). Предикаты играют важную роль в математике.
Следует отметить, что, когда говорят, что высказыванием
является такое утвердительное предложение, относительно которо-
го можно однозначно сказать, истинно оно или ложно, то име-
ют в виду принципиальную возможность выяснить истинность
этого предложения. Однако не исключено, что при этом сделать
это будет очень и очень непросто. Например, предложение
G^{ в десятичной записи числа 13572468'*в5 в пятом разряде стоит
цифра 3) является высказыванием, хотя для ответа на вопрос,
истинно оно или ложно, потребуется немало времени, даже если мы
воспользуемся современными ЭВМ.
По всякому высказыванию А можно построить новое выска-
зывание, отрицая его, т. е. утверждая, что высказывание А не
верно. Так построенное высказывание называется отрицанием вы-
сказывания А (короче: «не Л») и обозначается ПА Логиче-
ский закон (аксиома) исключенного третьего как раз и утвержда-
ет, что из двух высказываний А и “IА всегда либо первое истинно, а
371
второе ложно, либо, наоборот, первое ложно, а второе истинно;
никакой третьей возможности нет.
Теперь мы можем точно сформулировать, в чем состоит метод
доказательства от противного: для того чтобы установить истин-
ность высказывания Д, достаточно установить ложность ПД (та-
кие методы доказательства называются косвенными, в отличие от
прямых методов, в которых сразу, непосредственно доказывается
требуемое утверждение Д). Как же можно установить, что выска-
зывание ПД ложно? Например, можно воспользоваться извест-
ным правилом логики, согласно которому из истинного высказы-
вания по правилам логики можно получить только истинное
высказывание, тогда как из ложного высказывания можно полу-
чить как истинное, так и ложное высказывание. Если поэтому,
исходя из высказывания ПД, мы получим ложное следствие В, то
высказывание ПД является ложным. Часто ложность высказыва-
ния “1Д можно установить, заметив, что оно противоречит
высказыванию, истинность которого установлена ранее.
Доказательством от противного математики активно пользова-
лись еще в древности. Вот, например, как Евклид доказывал,
что не существует наибольшего простого числа.
□ Предположим противное, говорит он, т. е. предположим, что
наибольшее простое число существует. Обозначим его через р.
Рассмотрим все простые числа, предшествующие р. Их, очевидно,
конечное число. Перенумеруем их в порядке возрастания: pi, рг,
Pn-i, рп = р и рассмотрим число p = pi•p2‘...*pn+1. Очевидно,
что q не делится ни на одно из чисел рь р2, ..., рп (в остатке всегда
будет 1). Но в таком случае q делится только на 1 и на себя,
т. е. является простым. Однако q > р, и мы пришли к противоречию
с предположением о том, что р — это наибольшее простое число.
Следовательно, наибольшего простого числа не существует. Ц
Много примеров доказательства от противного можно найти
в школьном курсе геометрии. Докажем методом от противного
следующую теорему планиметрии. «Если прямые а и b перпенди-
кулярны одной и той же прямой с, то они параллельны».
□ Предположим противное: прямые а и b не параллельны,
т. е. пересекаются в некоторой точке. По условию теоремы каждая
из прямых а и b перпендикулярна прямой с. Мы получаем,
таким образом, что через точку пересечения прямых а и b можно
провести (восставить или опустить — смотря по тому, при-
надлежит или нет точка пересечения прямых а и b прямой с)
два перпендикуляра к прямой с, что противоречит известной
теореме планиметрии: «Через любую точку проходит один и только
один перпендикуляр к данной прямой».
Итак, предположение о том, что прямые а и b не парал-
лельны, привело нас к противоречию. Значит, это предположение
неверно (напомним, что только из неверной посылки можно,
действуя по правилам логики, получить неверное утверждение).
Следовательно, а\\Ь, и требуемое утверждение доказано.
372
Поставим задачу: записать на языке высказываний только
что доказанную теорему. Рассмотрим предложения Л={а_|_с,
ft-Lc) и В = {а\\Ь}, которые, очевидно, являются предикатами, за-
данными на тройках (а, Ь, с) прямых на плоскости. Действи-
тельно, предложения Л и В — предикаты, поскольку до тех пор,
пока мы ничего не знаем о прямых а, b и с, бессмысленно
утверждать, что a±ct b±c и т. д. Для одних троек прямых
(а, ft, с) это так, для других же это неверно. В таком случае,
предложение «Если Л, то В» также является предикатом, а не
теоремой, как иногда ошибочно утверждают, поскольку теорема —
это некоторое высказывание. Одна из причин, приводящих к
этой ошибке, по-видимому, состоит в том, что в формулировке этой
теоремы (и так обстоит дело в большинстве теорем из школьного
курса геометрии) не указывается явно (хотя, разумеется, пред-
полагается!), что прямые а, b и с, о которых идет речь в теореме,
могут быть совершенно произвольными, любыми прямыми, лежа-
щими в одной и той же плоскости, и все равно утверждение
теоремы остается в силе, если только прямые а, Ь и с действи-
тельно таковы, что a_Lc и b_Lc. Правильная, аккуратная запись
указанной теоремы, следовательно, такова:
(для всех (а, Ь, с)) (Если Л (а, Ь, с), то В (а, Ь, с)).
Здесь (а, ft, с) — произвольная тройка прямых, лежащих в одной
и той же плоскости; на множестве таких троек заданы предикаты
Л (a, ft,	ft_Lc} и В(а, bf ,с)={а\\Ь}. Такая запись
уже дает нам высказывание, истинное, если для каждой фикси-
рованной тройки (a, ft, с) из справедливости Л следует справед-
ливость В, и ложное, если .хотя бы для одной' тройки
(а0, fto, со) из справедливости Л не следует справедливость В.
Разумеется, для сокращения записи можно эту (и другие) теорему
записывать в виде «Если Л, то В», опуская слова «для всех
(a, ft, с)», но о том, что они необходимы, нужно постоянно помнить.
Полезно также отметить, что в процессе доказательства от
противного мы установили, что высказывание
(для всех (a, ft, с)) (Л и ПВ)
является ложным, поскольку противоречит теореме планиметрии
о единственности перпендикуляра к прямой, проходящего через
данную точку.
Выше отмечалось, что существуют различные формы доказа-
тельства от противного. С одной из этих форм (кстати, наибо-
лее часто применяемой в школьном курсе математики) мы встре-
тились при доказательстве теоремы о том, что два перпендикуляра
к одной и той же прямой (на плоскости) параллельны. Другая
форма связана с понятием обратной и противоположной теорем.
Пусть дана теорема «Если Л, то В», которую коротко запи-
шем в виде Л -> В. Теорема В А называется обратной к тео-
реме Л -> В, и, наоборот, теорема Л В — обратная к теореме
373
13 А (мы, таким образом, говорим о взаимно обратных теоре-
мах). Итак, чтобы построить теорему, обратную к данной, надо в
данной теореме поменять местами условие и заключение. Иногда
из двух взаимно обратных теорем бывает справедлива только
одна, иногда — обе. Бывает и так, что обе теоремы неверны. При-
ведем примеры.
Пример 1. Пусть A (Q) = {четырехугольник Q — ромб},
В (Q) = { диагонали четырехугольника Q взаимно перпендику-
лярны). Рассмотрим следующую теорему:
(для всех Q) (Д (Q) В (Q)),
т. е. если четырехугольник Q является ромбом, то его диагонали
взаимно перпендикуляры. Эта теорема, очевидно, верна. Обратная
же теорема:
(для всех Q) (В (Q) A (Q)),
т. е. если диагонали четырехугольника Q взаимно перпенди-
кулярны, то он является ромбом, неверна.
Пример 2. Пусть Д (х)={ сумма цифр в десятичной записи
натурального числа х делится на 3}, В (%)=={натуральное чи-
сло х делится на 3}. Теорема
(для всех х) (Д (х) В (х))
имеет следующую формулировку: если сумма цифр в десятичной
записи натурального числа х делится на 3, то число х де-
лится на 3. Эта теорема верна. Обратная к ней теорема:
(для всех х) (В (х) А (х)),
т. е. если натуральное число х делится на 3, то сумма цифр в его
десятичной записи делится на 3. Она также верна. Как вы знаете,
вместе эти две теоремы выражают признак делимости натурально-
го числа на 3.
Теорема ~|Д->~1В называется противоположной к теореме
А -> В. «Прямая» и противоположная теоремы также обе могут
быть справедливы, но может быть и так, что «прямая» теорема
справедлива, а противоположная — нет.
Пример 3. Пусть A (Q)={ многоугольник Q является четырех-
угольником}, В(ф) = (сумма величин внутренних углов много-
угольника Q равна 360°}. Тогда теорема
(для всех Q) (Д (Q) -> В (Q))
означает, что если многоугольник Q является четырехугольни-
ком, то сумма величин его внутренних углов равна 360°. Эта тео-
рема верна. Верна и противоположная теорема
(для всех Q) (“1Д (Q)->- "IB (Q)),
т. е. если многоугольник Q не является четырехугольником, то
сумма величин его внутренних углов не равна 360°.
374
Пример 4. Пусть A (Q)ss{Q — четырехугольник), В (<?) = {сум-
ма величин внешних углов многоугольника Q равна 360°).
Теорема
(для всех Q) (A (Q) -► В (Q)),
т. е. если многоугольник Q является четырехугольником, то
сумма величин его внешних углов равна 360°, очевидно, верна.
Однако противоположная теорема
(для всех Q) (~|Д (Q)	~\В (Q)),
т. е. если многоугольник Q не является четырехугольником,
то сумма величин его внешних углов не равна 360°, неверна.
Замечательным является тот факт, что теорема
противоположная обратной, истинна тогда и только тогда, когда
истинна «прямая» теорема А В. Следовательно, вместо того,
чтобы доказывать теорему А -+ В, можно доказать теорему ~\В -►
-► ЯД. Это и есть другая форма метода доказательства от против-
ного.
Покажем, как в такой форме метод от противного можно
использовать для доказательства теоремы о том, что на плоскости
две прямые а и Ь, перпендикулярные одной и той же прямой с,
параллельны. Пусть, как и выше, Л=|а1с, йЗ_с), В^{а||&),
а теорема записана в виде А В. Теорема, противоположная об-
ратной, имеет вид Я В ЯД. Мы, таким образом, должны дока-
зать, что из того, что ~\В истинно, следует, что ЯД также истинно.
Рассмотрим предложение «Я В и Д». Выше было доказано, что
оно ложно (поскольку противоречит известной теореме планимет-
рии). Значит, или Я В, или А ложно. Но по условию Я В истинно.
Следовательно, А ложно, т. е. ЯД истинно, и мы доказали, что
из того, что Я В истинно, следует, что ЯД истинно. Теорема
ЯВ->-ЯД, а значит, и «прямая» теорема ДВ, доказана.
Завершая рассмотрение метода от противного, еще раз под-
черкнем, что в основе всех его форм лежит закон исключенного
третьего. Это одна из аксиом той логики, которой мы постоянно
пользуемся на практике. Существуют, однако, и другие логи-
ческие системы, в которых закон исключенного третьего не выпол-
няется. Понятно, что если при построении математики мы решим
использовать подобные логические системы, то уже не сможем
применять метод от противного при доказательстве теорем. Да
и само понятие «доказать» приобретет в такой математике другой
смысл.
МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
Для того чтобы понять сущность этого метода доказательства,
рассмотрим сначала некоторые примеры.
Пример 1. Пусть $*=-рт+?Ц-+...+ , ‘ п • Полагая по-
375
следовательно n=l, 2, 3, находим, что S,=	-у, $2==Т72”^
+Кз==Т’ 5з="П2+Гз + зЬ'=Т- СпРашивается: верно или
нет, что при всяком натуральном п справедлива формула
Sn —	? Ниже будет показано, что эта формула для Sn дейст-
вительно верна при всех натуральных п. Поставим, однако, во-
прос по-другому: можно ли на основании результатов, получен-
ных для значений п= 1, 2, 3, утверждать, что указанная формула
для Sn верна при всех л? Нет, конечно, этого утверждать
нельзя. В самом деле, отнюдь не очевидно уже то, что эта формула
верна при п = 4, тем более, ниоткуда не следует, что не найдется
натуральное и>3, при котором формула для Sn будет неверна.
Таким образом, самое большее, что мы можем сделать на осно-
вании полученных частных результатов, это высказать гипо-
тезу (предположение) о справедливости формулы для Sn в об-
щем случае, при всех натуральных п.
Приводимые ниже примеры 2—5 показывают, какую опасность
таит в себе бездоказательный переход от частных утвержде-
ний к общему.
Пример 2. Рассмотрим квадратный трехчлен х2+х + 41, на
который обратил внимание еще Л. Эйлер. Подставив в этот трех-
член х=0, получим простое число 41. Подставив в этот же трех-
член х=1, получим снова простое число 43. Нетрудно проверить,
что при х = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 получаются простые
числа соответственно 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131, 151. Невер-
но было бы утверждать, однако, что при подстановке в рассмат-
риваемый трехчлен вместо х любого целого неотрицательного
числа всегда получается простое число. Действительно, при х=41
значение рассматриваемого квадратного трехчлена равно
4124-41 4-41 =41 -43, т. е. не является простым числом. (Оказы-
вается, что наименьшее натуральное значение переменной х, при
котором значение этого квадратного трехчлена является состав-
ным числом, равно 40: действительно, 402 + 40 + 41 =40(40+ 1)+
+ 41=412.)
Пример 3. Один из основателей так называемой «высшей мате-
матики» Г. В. Лейбниц, доказав, что при всяком натуральном п
число и3 — п делится на 3, число я5 — п делится на 5, а число
п7 — п — на 7, высказал гипотезу, что при всяком нечетном k
и любом натуральном п число пк — я делится на k. Однако довольно
скоро он сам же и опроверг эту гипотезу, показав, что 29 — 2=510
не делится на 9.
Г. В. Лейбницу повезло в том смысле, что противоречащий
высказанной им гипотезе пример удалось построить при малых
значениях k. Менее удачливыми с этой точки зрения оказались
живший в XVII в. замечательный французский математик
П. Ферма (автор знаменитой теоремы) и известный советский
376
математик Д. А. Граве. Судите сами. П. Ферма рассматривал
числа вида. 22’4-1. Выяснив, что при п = 0, 1, 2, 3, 4 числа
22"-|-1=3, 22'4-*=5, 22!4-1 = 17, 22Ч1=257, 22*4-1=65537
простые, он высказал' представлявшуюся ему совершенно естест-
венной гипотезу, что все числа такого вида простые, и долго без-
успешно пытался ее доказать. И только в XVIII в. Л. Эйлер, изу-
чив структуру возможных делителей чисел вида 22"+1, нашел, что
22‘-|- 1 =4 294 967 297 = 641 -6700417 составное число.
Д. А. Граве высказал гипотезу, что,для всех простых чисел р
число 2Р“' — 1 не делится на р2. Непосредственная проверка пока-
зала, что для всех простых чисел р, меньших тысячи, эта гипо-
теза справедлива. Однако вскоре было установлено, что 21092 — 1
делится на 10932 (число 1093 простое), и тем самым гипотеза
Граве была опровергнута. Следует подчеркнуть, что ни Лейбниц,
ни Ферма, ни Граве не рассматривали, конечно, свои утвержде-
ния как истинные, а относились к ним именно как к гипотезам,
предположениям, т. е. не пытались бездоказательно от частных
утверждений переходить к общим.
Пример 4. Поставим задачу: каково наибольшее возможное
число частей, на которые могут разбить плоскость п окруж-
ностей (центры окружностей могут располагаться где угодно, ра-
диусы их также могут быть произвольными)? Сделав рисунок,
можно легко убедиться, что при п = 1 это число равно двум,
при п = 2 — четырем, а при п = 3 — восьми. Естественно пред-
положить, что и в дальнейшем удастся каждый раз проводить
окружность так, чтобы число частей, на которые разбита плос-
кость, при добавлении новой окружности удвоилось бы. Тогда
для п. окружностей число частей окажется равным 2”. Это,
однако, неверно: наибольшее число частей, на которые можно раз-
бить плоскость четырьмя окружностями, равно 14, а не 16. Для
п окружностей это число равно п2 — л 4-2. Ниже мы докажем
это утверждение.
Пример 5. Подставляя в выражение 991 п2 4- 1 вместо п после-
довательно целые числа 1, 2, 3, ..., мы не получим числа,
являющегося полным квадратом, сколько бы времени мы ни посвя-
тили этим вычислениям. Однако если отсюда мы сделаем вы-
вод, что все числа такого вида не являются квадратами-, то
мы ошибемся. На самом деле среди чисел вида 991п24-1 имеются
и квадраты, только наименьшее значение п, при котором число
991п2-|- 1 есть полный квадрат, очень велико. Укажем это число:
п=12 055 735 790 331 359 447 442 538 767.
Пусть на множестве натуральных чисел п задан предикат
А (п). Образуем с помощью этого предиката высказывание
(для всех н) А (п).
Оно истйнное, если для любого фиксированного значения.
n£N высказывание А (п) истинно, и ложное, если хотя бы для одно-
377
го значения n^^N высказывание А (п0) ложно. Легко видеть, что
все рассмотренные в примерах 1—5 гипотезы могут быть записаны
в виде подобного высказывания. Например, чтобы записать в та-
ком виде гипотезу, сформулированную в примере 1, достаточно
положить A (n)={Sn=—тт| •
l n+ 1 J
Примеры 2—5, как нам кажется, достаточно убедительно сви-
детельствуют против бездоказательных переходов от частных ут-
верждений к общим. Мы видели, что утверждение может быть
справедливо в целом ряде частных случаев и в то же время не-
справедливо вообще, при всех п. С другой стороны, рассмотреть
все частные случаи не представляется возможным, поскольку их
бесконечно много. Как же в таком случае можно узнать, справед-
ливо или нет рассматриваемое утверждение в общем случае, вооб-
ще? Иногда ответ на этот вопрос удается получить с помощью
особого метода доказательства, называемого методом матема-
тической индукции. В чем же состоит доказательство методом ма-
тематической индукции (коротко: доказательство по индукции)?
В основе этого метода доказательства лежит принцип мате-
матической индукции, заключающийся в следующем:
Принцип математической индукции
Пусть А (п) — предикат, заданный на множестве натуральных
чисел. Высказывание «(для всех п) А(п)» истинно, если:
1) высказывание А (1) истинно
и
2) высказывание «(для всех п) (Если А (п) истинно, то
А(п+1) истинно)» истинно.
Таким образом, принцип математической индукции — это не-
которая теорема, которая, как и всякая теорема, должна быть
доказана. Более подробно принцип математической индукции мож-
но сформулировать так:
утверждение А (п) справедливо для всякого натурального п,
если:
1) оно справедливо для п=1
и .
2) из справедливости утверждения для произвольного нату-
рального n = k следует его справедливость для n = fe+l.
Мы видим, что доказательство методом математической ин-
дукции состоит из двух частей, из доказательства двух само-
стоятельных теорем.
Теорема 1 (база индукции). Утверждение справедливо
для п=1.
Теорема 2 (индукционный шаг). Пусть k — произвольное
натуральное число. Тогда если утверждение справедливо для n = k,
то оно справедливо для и = ^+1.
Каждая из этих двух теорем имеет свое особое значение, и
только если обе эти теоремы доказаны, то на основании прин-
378
ципа математической индукции утверждение считается доказан-
ным для всякого натурального п. Безусловная необходимость в
доказательстве обеих теорем 1 и 2 при использовании метода
математической индукции особенно наглядно может быть про-
демонстрирована на конкретных примерах. К чему может при-
вести пренебрежительное отношение к теореме 2, мы уже видели
(см. примеры 2—5). Теорема 2 обосновывает право перехода от
данного частного случая к следующему (от п к п+ •)• Таким об-
разом, в этой теореме доказывается возможность, допусти-
мость неограниченного автоматического расширения базы ин-
дукции, которая обеспечивается теоремой 1. Следующий пример
показывает важность теоремы 1 для справедливости принципа
математической индукции.
Пример 6. «Теорема». Всякое натуральное число равно следую-
щему за ним натуральному числу.
□	Воспользуемся «методом математической индукции» (ка-
вычки здесь поставлены потому, что используемый при дока-
зательстве принцип математической индукции является неверным,
поскольку опирается только на теорему 2). Предположим, что
утверждение справедливо при n = k, т. е. k = k-\-1, и докажем, что
в таком случае оно справедливо при п = £-|-1, т. е. k+l=k-\-2.
Действительно, прибавив к обеим частям равенства £ =
по 1, получим требуемое равенство А>+1=^ + 2. |
То, что эта теорема неверна, сомнений не вызывает, но тогда
неверна исходная посылка, которая позволила доказать такую
«теорему» (ведь только из ложного высказывания можно
вывести ложное следствие), т. е. принцип математической индук-
ции, состоящий только из одной теоремы 2, неверен.
Докажем принцип математической индукции методом от про-
тивного.
□	Предположим, что высказывание «(для всех п) А (п)>, ис-
тинность которого требуется доказать, ложно, т. е. существует
(хотя бы одно!) значение по, такое, что высказывание А (п0) лож-
но. Рассмотрим множество М, составленное из всех значений п,
при которых высказывание А (п) ложно. Множество М являет-
ся подмножеством множества натуральных чисел, причем оно не
пусто (М содержит, по крайней мере, один элемент — число По).
Очевидно, что всякое непустое подмножество множества нату-
ральных чисел содержит наименьший элемент. Пусть m — наи-
меньший элемент в множестве М. Ясно, что ибо по тео-
реме 1 высказывание А (1) истинно. Следовательно, /п — 1 —
натуральное число, и так как m — a m — это наименьшее
натуральное число, при котором высказывание А ложно, то вы-
сказывание A(m— 1) истинно. Итак, высказывание А(т — 1) ис-
тинно, однако (в силу выбора т) высказывание А (пг) ложно,
т. е. мы пришли к противоречию с утверждением теоремы 2:
из того, что А(т — 1) истинно, не следует, что А (т) истинно.
Следовательно, предположение, что высказывание «(для всех п)
379
Л (п)> ложно, неверно, т. е. это высказывание истинно. Ц
Сделаем одно замечание по поводу приведенного доказатель-
тва принципа математической индукции. В процессе доказатель-
ства мы использовали как очевидное утверждение о том, что в
любом непустом подмножестве множества натуральных чисел со-
держится наименьший элемент. Однако при всей своей очевид-
ности это утверждение само нуждается в доказательстве либо дол-
жно быть принято в качестве аксиомы. Можно поступить по-дру-
гому (так часто и делают): принять в качестве аксиомы, опреде-
ляющей натуральный ряд чисел, сам принцип математической
индукции и исходя из этой аксиомы доказывать теорему о сущест-
вовании наименьшего элемента в каждом непустом под-
множестве множества натуральных чисел. Как бы то ни было, не-
зависимо от того, принимается ли принцип математической ин-
дукции в качестве аксиомы или рассматривается как теорема, он
является истинным высказыванием и может быть положен в основу
метода доказательства по индукции.
Мы рассмотрели метод математической индукции для простей-
шего случая. В более сложных случаях формулировки теорем
1 и 2 должны быть надлежащим образом изменены. Так, иногда
справедливость утверждения А (п) удается доказать, используя не
только справедливость утверждения А (п — 1), но также и справед-
ливость утверждения А (п — 2). В таком случае теорема 1 должна
состоять в проверке справедливости двух утверждений: Л (1)
и А (2).
Аналогично, если доказательство справедливости утверждения
А (и) опирается на справедливость утверждений А (и — 1), Л (и —2)
и Л (и —3), то база индукции должна состоять в проверке спра-
ведливости утверждения Л для трех последовательных значе-
ний и, т. е. в доказательстве справедливости утверждений
Л (1), Л (2) и Л (3). И так далее. Возможно, наконец, что для дока-
зательства справедливости утверждения Л (и) потребуется исполь-
зовать предположение о справедливости утверждения Л (Л) для
всех натуральных k, меньших п. В этом случае база индукции
состоит в доказательстве истинности утверждения Л (1).
Встречаются также задачи, в которых искомое утверждение
Л (п) требуется доказать не для всякого натурального и, а для
всякого целого и, начиная с некоторого т. Например, любое ут-
верждение, касающееся свойств произвольных n-угольников, име-
ет смысл лишь при п^З. В таком случае утверждение сна-
чала проверяется для п = т. а если это требуется, то и для не-
скольких последующих значений п (теорема 1), после чего, как
обычно, доказывается теорема 2.
Вернемся теперь к примеру 1 и докажем справедливость фор-
мулы Sn =	t методом математической индукции.
Теорема 1. Для п=\ формула'верна, так как Si=-y.
380
Теорема 2. Пусть формула верна для n = k, где k — неко-
торое натуральное число, т. е.
С 1	|	1
♦	*	1-2'2-3
1 — *
*(* + !)	й+1 •
Тогда формула верна и для n = k-{-\, т. е. 5*4-1
□ Действительно, S*-n = S* +	9;, и так как по ус-
(Л Г г *)
ловию теоремы S* = fe-^_ , то
„	_ k ,	1	_ £2 + 2fe+l _Л+1	—
d* + 1 fe+1 + (*+1)(/г + 2) (*4-l)(*+2) k + 2 ' 
Обе теоремы доказаны. Следовательно, в силу принципа ма-
тематической индукции формула 5п=-^у верна при всяком на-
туральном п. Мы, таким образом, высказали гипотезу, которая
подтвердилась. Остается заметить, что если бы мы высказали
гипотезу, верную при п = 1 и неверную вообще, при всех нату-
ральных п, то порочность высказанной гипотезы обнаружилась бы
при попытке доказать теорему 2. Например, предположив, что
^j1- , имели бы Si=-|-, т. е. при п=1 данная формула
верна. Однако из того, что формула верна при n = k, т. е.
> Не следует, что она верна при и = &+1, т. е. что
S*+1 =	 В самом деле, имеем:
е = с	1	_=_*±2_i ________ 1  fe3 + 4fe2 + 5fe + 2
+	(fe + i)(*+2) зй + 1	(fe+!)(* +2)	(*+l)(Jfc + 2)(3fe-|-.l) ’
т. е. результат получился иной. Теорема 2, таким образом, неспра-
ведлива. Значит,,у нас имеются все основания полагать, что фор-
мула Sn = " верна не при всех п. И действительно,, уже при
м = 2 получаем S2=y-=/=-—, как должно было бы быть. Итак,
метод математической индукции позволяет в процессе поиска об-
щего закона, общей формулы проверять возникающие при этом
гипотезы, отбрасывая ложные и утверждая истинные.
Приведем еще примеры применения доказательства п‘о индук-
ции.
Пример 7. Доказать неравенство Бернулли: (1+а)п>1+ма,
где а> — 1, а=/=0, п — натуральное число, большее 1.
□	При п = 2 неравенство справедливо: так как а2>0, то
(1+а)2= 1+2а + а2> 1+2а. Теорема 1 доказана. Докажем те-
орему 2. Пусть неравенство справедливо при n = k, где k — не-
которое натуральное число, большее 1, т. е.
381
(1+а)‘>1+Ы.	(1)
Покажем, что в таком случае неравенство справедливо и при
п = /г +1, т. е.
(1+а)*+‘>!+(*+!) а.	(2)
Действительно, по условию 1+а>0, поэтому в силу неравенст-
ва (1) имеем:
(1 +a)*+i=(i +а)*(1	+&х)(1 +а)=1 +(«+ 1) а + йа2.
Отсюда, отбрасывая положительное слагаемое /га2, получаем тре-
буемое неравенство (2). Теорема 2 доказана. Ц
Будучи связан с понятием числа, метод математической ин-
дукции имеет наибольшие применения в арифметике, алгебре и тео-
рии чисел. Но поскольку понятие целого числа является основ-
ным не только в указанных разделах математики, но и вообще во
всей математике, метод математической индукции с успехом при-
меняется в самых разнообразных областях математической нау-
ки. Особенно красивые применения этот метод находит в гео-
метрии. Докажем, например, методом математической индукции
гипотезу, сформулированную в примере 4: наибольшее возможное
число частей, на которые могут разбить плоскость п окружнос-
тей, равно п2 — п + 2.
□	Обозначим искомое число частей через хп- Мы должны до-
казать, что хп — п2 — п + 2. Справедливость этой формулы при
п = 1, 2, 3 была установлена в примере 4. Таким образом, тео-
рема 1 доказана.
Докажем теорему 2. Ясно, что для того, чтобы разбить плос-
кость на наибольшее возможное число частей, нужно проводить
окружности так, чтобы они попарно пересекались, а точки их
попарных пересечений все были бы различными. Пусть формула
доказана для п окружностей: хп = п2 — п + 2. Рассмотрим п + 1 ок-
ружностей, удовлетворяющих условию задачи. Возьмем какую-ни-
будь одну из них. Оставшиеся п окружностей пересекают ее
в п различных парах точек и, значит, делят ее на 2п частей. Следо-
вательно, выбранная окружность пересекает 2п из тех хп частей,
на которые делят плоскость п остальных окружностей. Отсюда
следует, что xn+i=xn-f-2n, а так как по условию теоремы
хп = п2 —п + 2, то окончательно получаем: хп+) =(п2 —п + 2) +
+ 2n = (n2 + 2n+1) —(n+l)+2=(n +1)2 —(п+1)+2, т. е. фор-
мула верна и для п+1 окружностей. Теорема 2 доказана. д|
Завершая обсуждение метода математической индукции, сде-
лаем одно замечание терминологического характера. Слово «ин-
дукция» латинского происхождения (лат. inductio — наведение).
В качестве научного термина, обозначающего переход от частно-
го к общему, «индукция» употребляется в ряде эксперимен-
тальных наук, например в физике, химии, биологии и т. д. Под
способом рассуждать по индукции в этих науках понимают эв-
382
ристический (по интуиции) переход от отдельных частных наблю-
дений к общей гипотезе, которая затем должна быть проверена,
подтверждена в опыте, на практике. Разумеется, и в матема-
тике интуиция, догадка, эвристические рассуждения играют не ме-
нее (если не более) важную роль, чем в экспериментальных нау-
ках. Однако в термин «индукция» в математике вкладывают
совсем другой смысл. Собственно термина «индукция» в матема-
тике нет, следует говорить «математическая индукция». Если же
мы иногда и говорим «доказательство по индукции» вместо «дока-
зательство методом математической индукции», то потому только,
что так короче. Таким образом, это не более, чем вольность речи.
Метод математической индукции с точки зрения строгости и до-
стоверности ничем не отличается от любого другого метода до-
казательства, применяемого в математике. Он основывается на
точном утверждении — принципе математической индукции. Не
требуется поэтому никаких дополнительных доказательств для
теорем, доказанных этим методом, ибо они в такой же степе-
ни точны, как и теоремы, доказанные любым другим дедуктивным
методом.
СОДЕРЖАНИЕ
Слово к читателю .	3
От авторов .	4
9	класс .......	7
Решения задач для девятого класса	.....	26
Ответы и указания к задачам девятого класса	.	118
10	класс	121
Решения задач для десятого класса ...	138
Ответы и указания к задачам десятого класса .	230
11	класс .	....	235
Решения задач для одиннадцатого класса .	.	.	253
Ответы и указания к задачам одиннадцатого класса	.	359
Литература	368
Приложение	370
Учебное издание
Яковлев Геннадий Николаевич,
Купцов Леонид Петрович,
Резниченко Сергей Васильевич,
Гусятников Петр Борисович
ВСЕРОССИЙСКИЕ МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ
Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова
Редактор Л. Н. Белоновская
Младшие редакторы Л. И. Заседателева, Е. В. Казакова
Художники В. В. Костин, Б. Л. Николаев
Художественный редактор Ю. В. Пахомов
Технические редакторы С. С. Якушкина, Л. М. Абрамова
Корректоры И. А. Корогодина, Г. И. Мосякина
ИВ № 13897
Сдано в набор 22.04.91. Подписано к печати 23.04.92. Формат 60Х90‘/16.
Бум. офсетная № 2. Гарнит. литер. Печать офсетная. Усл. печ. л. 24 + 0,31 форз.
Усл. кр.-отт. 25,25. Уч.-изд. л. 23,01 + 0,36 форз. Тираж 40000 экз. Заказ 57.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Министерства
печати и информации Российской Федерации. 127521, Москва, 3-й проезд Марьи-
ной рощи, 41.
Саратовский ордена Трудового Красного Знамени полиграфический комбинат
Министерства печати и информации Российской Федерации. 410004, Саратов,
ул. Чернышевского, 59.
ДЛЯ УЧАЩИХСЯ В 1993 ГОДУ
ИЗДАТЕЛЬСТВОМ «ПРОСВЕЩЕНИЕ»
БУДУТ ИЗДАНЫ СЛЕДУЮЩИЕ КНИГИ:
1.	Крейнин Я. Л. Функции. Пределы. Уравнения и неравенства
с параметрами.
2.	Петров К. П. Квадратичная функция и ее применение.
3.	Крамор В. С. Повторяем и систематизируем школьный курс
алгебры и начал анализа.
4.	Лоловок Л. М. Тысяча проблемных задач по математике.
n
® n'IUJ1 + n) n'IU,^+l+i.2 + 1-2-3 + **’ + 1-2...n
= 2,71828182845904523536028 ... =
1 + ...
$