Текст
                    ?Б1РНИКМДД1
РЕСПУБЛІКАНСЬКИХ
МАТЕМАТИЧНИХ
' ОЛІМПІАД
ВИДАННЯ ЧЕТВЕРТЕ, ПЕРЕРОБЛЕНЕ І ДОПОВНЕНЕ
За загальною редакцією
доцента В. І. Михайловського
КИЇВ
ГОЛОВНЕ ВИДАВНИЦТВО
ВИДАВНИЧОГО ОБ'ЄДНАННЯ «ВИЩА ШКОЛА»
1979


ББК 22.1 Схвалено Управлінням шкіл Міні• 51 стерстеа освіти УРСР як посібник 3-41 для бчителів Загальноосвітніх шкіл УДК 51 (079.1) Михайловський В. І., Ядренко М. Й., Призва Г. Й., Вишенський В. А. Збірник задач республіканських математичних олімпіад.— 4-е вид. перероб. і доп. — Київ: Вища школа. Головне вид-во, 1979.— 264 с.— 20202. 1702010000. Михайловский В. Им Ядренко М. И., Призва Г. И., Вышенский В. А. Сборник задач республиканских математических олимпиад.— 4-е изд., перераб. и доп.— Киев: Вища школа. Головное изд-во, 1979.— Яз. укр.— 264 с.— 20202. 1702010000. В сборнике собраны оригинальные, занимательные задачи по элементарной математике, которые предлагались на I—XVIII республиканских математических олимпиадах. Решение таких задач играет большую роль в развитии математических способностей учащихся. Ко всем задачам даны полные решения и ответы. Для учителей общеобразовательных школ, а также им могут пользоваться учащиеся общеобразовательных Школ и техникумов, студенты и преподаватели университетов и пединститутов, которые руководят работой математических школ, кружков и подготовкой математических олимпиад. Сборник будет полезен и для тех, кто готовится к вступительным экзаменам в вузы. Ил. 171. Редакція літератури з математики 1 фізики Зав. редакцією 6. Л. Корженевич ©Видавниче об'єднання «Вища школа». 1975 90202 297 В«Давниче об’єднання ■ 113-79-1702010000 \&) ?ВшЧ? школа», 1979, М211(04)—79 із змінами
ПЕРЕДМОВА ДО ЧЕТВЕРТОГО ВИДАННЯ Після виходу третього видання цієї книги проведено п’ять республіканських математичних олімпіад. Чотирнадцята олімпіада відбулася в м. Дніпропетровську, п’ятнадцята — в м. Запоріжжі, шістнадцята — в м. Івано-Франківському, сімнадцята — в м. Хмельницькому, вісімнадцята — в м. Полтаві. У цьому виданні вміщено повне розв’язання всіх задач, що пропонувалися на цих олімпіадах. При підготовці четвертого видання внесено зміни і доповнення в розв’язки задач попередніх олімпіад, всі задачі та їх розв’язання подані за новою термінологією і символікою, яка прийнята нині в середніх спеціальних навчальних закладах і загальноосвітніх школах.
ПЕРЕДМОВА ДО ПЕРШОГО ВИДАННЯ Ми живемо в епоху бурхливого розвитку математики. Невпинно розширюється область її застосування. Грандіозні успіхи в освоєнні космосу, керуванні на відстані, в автоматизації виробництва були б неможливі без розвитку математики. Зрозуміло, що це зумовило потребу невпинного поповнення кадрів математики свіжими силами. Треба також мати на увазі, що нашій країні потрібні тисячі інженерів, техніків, учених у різних галузях науки, які творчо володіють математичними методами дослідження. Потяг до математики і математичні здібності виявляються в досить ранньому віці. Значну роль в їх розвитку відіграє систематичне розв’язування задач, які могли б захопити юних математиків і породжували прагнення до самостійних досліджень. Саме такі задачі й пропонують на математичних олімпіадах, які проводяться в нашій республіці щороку наприкінці березня і стали доброю традицією. У республі канських олімпіадах юних математиків беруть участь переможці обласних (Києва, Севастополя — міських) математичних олімпіад. У цій книзі вміщено задачі, які пропонувалися на І—X республіканських математичних олімпіадах. До кожної задачі подано повне розв’язання, а в окремих випадках — кілька. Автори висловлюють щиру подяку професору М. О. Д а- видову, доценту А. Я. Дороговцеву, методисту Міністерства освіти УРСР А. П. Шатківському за цінні зауваження і поради. Пропозиції та побажання щодо змісту книги просимо надсилати на адресу: 252054, Київ, 54, Гоголівська, 7, Головне видавництво видавничого об’єднання «Вища школа», редакція літератури з математики і фізики. 4
ЗАДАЧІ РЕСПУБЛІКАНСЬКИХ МАТЕМАТИЧНИХ ОЛІМПІАД І ОЛІМПІАДА (1961) VII клас 1. У прямокутному трикутнику ABC на катеті АС як на діаметрі побудовано коло, що перетинає гіпотенузу А В в точці Е. Через тічку Е проведено дотичну до кола, яка перетинає катет СВ в точці D. Довести, що трикутник BDE рівнобедрений. 2. У площині розміщено п зубчастих коліс так, що перше зчеплене з другим, друге — з третім і т. д., а останнє — з першим. В яких випадках можуть рухатися колеса такої системи? 3. Обчислити кути рівнобедреного трикутника, в якому центри вписаного й описаного кіл взаємно симетричні відносно основи трикутника. 4. Довести, що при кожному цілому п вираз — пг , п — У4" + 3Q також є цілим числом. 5. Побудувати трикутник за двома даними точками, що є основами висот, опущених на бічні сторони цього трикутника, і прямою, на якій розміщена його основа. VIII клас 6. Рівняння х2 + ах + Ь = 0 і х2 + рх + q = 0 мають спільний корінь. Скласти квадратне рівняння, коренями якого є інші корені цих рівнянь. 7. Коло, вписане в трикутник ABC, дотикається до його сторін у точках,/(, L, М. Нехай точки 0І9 02, 03 є центрами кіл, зовні вписаних у цей самий трикутник. Довести, що трикутники KLM і 0Х0203 подібні. Примітка. Зовні вписаним називається коло, яке дотикається до сторони трикутника і до продовження двох інших його сторін. б
8. На площині дано шість точок, з яких жодні три не лежать на одній прямій. Довести, що серед них є три точки, які утворюють трикутник з кутом, не меншим за 120°. 9. Усередині прямокутника, площа якого 4 м2, розміщено 7 прямокутників, причому площа кожного з них дорівнює 1 м2. Довести, що принаймні два прямокутники мають спільну частину, площа якої не менша ніж у м2. 10. Дано трикутник АВС. Знайти точку, симетричний образ якої відносно будь-якої сторони трикутника лежить на колі, описаному навколо цього трикутника. IX клас * 11. Дано два рівняння ах2 + х + 1=0 і х2 + ах+ + 1=0. Знайти всі а, при яких ці рівняння мають принаймні один спільний корінь. 12. Нехай сторони чотирикутника відповідно дорівнюють а, Ь, с, а його площа дорівнює 5. Довести, що £ ^ 4- (а + с) (Ь + й). 13. Розв’язати рівняння . У х —2 уґ^т + ]/* + 3 — 4]/ х~^А = 1. 14. У даний правильний трикутник вписати правильний трикутник з найменшою площею. 15. Довести, що в опуклому многокутнику, всі кути якого конгруентні, сума відстаней від будь-якої точки, що лежить всередині многокутника, до його сторін е величина стала. X к л а с 16. Центри п куль радіуса г, які мають спільну дотичну площину Р, утворюють правильний многокутник із стороною 2г. Обчислити радіус кулі, яка дотикається до цих куль і до площини Р. 17. Скільки коренів має рівняння . і X* |С05Л*| де п — ціле число? 6
18. Відстань від А до В —999 км. Уздовж дороги стоять кілометрові стовпи, на яких відстані до А і до В написано так: [ 0 І 999 І, 1 І І 998 І, [ 2 І 997 |, . . . , | 999 | 0 |. Скільки серед цих стовпів таких, на яких є тільки дві різні цифри? 19. Усередині квадрата ABCD взято деяку точку Q. Для кожної точки Р, узятої на стороні квадрата, побудовано правильний трикутник QPR. Яку траєкторію опише точка R, якщо точка Р рухатиметься по сторонах квадрата A BCD? 20. Довести, що при будь-якому поділі на дві частини квадрата, сторона якого дорівнює 1, принаймні одна час Vb тина матиме діаметр, не меншин за Примітка. Діаметром будь-якої фігури називається відстань між найбільш віддаленими точками цієї фігури. II ОЛІМПІАДА (1962) VIII клас 21. Спростити вираз а3 + Ь3 + 3 (a3b + ab3) + 6(а362 + а2Ь3), де а і Ь — корені рівняння х2 — х + q = 0. 22. Довести, що не існує цілих чисел х і у таких, які б задовольняли рівняння X2 + 1962 = у2. 23. Побудувати трикутник, якщо відомі основа, кут при вершині і медіана, проведена на бічну сторону. 24. Нехай Е — основа перпендикуляра, опущеного з Центра ромба ABCD на сторону AB, a F — середина перпендикуляра, опущеного з вершини С на сторону АВ. Довести, що відрізки DE і AF взаємно перпендикулярні. 25. Було 4 аркуші паперу. Деякі з них розрізали на 4 частини; потім деякі з четвертинок знову розрізали на 4 частини і т. д. Коли підрахували загальне число аркушів, то виявилося, що їх всього 1962. Довести, що підрахунок був неправильний. 7
IX клас 26. Навколо вершин квадрата описано кола, радіус кожного з яких дорівнює половині діагоналі квадрата. Довести, що точки перетину цих кіл із сторонами квадрата є вершинами правильного восьмикутника. 27. Розв’язати рівняння З ' х* х}' 28. Побудувати трикутник, якщо відомі одна з його вершин, середина протилежної сторони і точка перетину висот. 29. Знайти всі натуральні числа х, у, z, для яких — + .1,1 Н— Н— є цілим числом. У z 30. Відомо, що серед кожних чотирьох учасників туристського походу принаймні один знайомий з трьома іншими. Довести, що принаймні один учасник походу знайомий з усіма іншими. X к л а с 31. Довести тотожність sin a cos а -f sin3a cos а + sin6 a sec а = tg а. 32. Знайти множину проекцій точки А на всі можливі прямі, що лежать у площині Р і проходять через точку В. 33. Розв’язати систему рівнянь г Х1(х1 + Х2 + Х3+ 1- хп) = 1, *2 (*1 + *2 4" *8 “Н • • • “Н хп) — З, - х3 (Хі + х2 + х3 + ь хп) = 5, ХП (*1 + *2 + *3 + • • • "Ь хп) — 2п— 1. 34. Скільки існує різних пар цілих чисел х і у від ^ »і-« 1 до 1000, для яких —є цілим числом? (Пари (лг; у) і (у\ х) вважати однаковими). 35. Один з гравців задумав послідовність з невід’ємних цілих .чисел #1і #2» Ял* 8
Другий повинен відгадати цю послідовність так: він називає свою послідовність цілих чисел ^1» ^2> а перший говорить йому, чому дорівнює афх + а2Ь2 + а3Ь3 + ... + апЬп\ потім другий гравець називає якусь іншу послідовність цілих чисел £*2» ^3» • • •» ^nt а перший повідомляє йому суму ЯЛ + 02^2 + Яз^з + Ь йпсп 1 т- Д- Які послідовності повинен назвати другий гравець, щоб відгадати задуману послідовність, коли перший гравець повідомить другу суму добутків? XI клас 36. Чи завжди існує такий кут х, що sin 6 sin У Sin X = z 5 n , 1 — cos a cos p cos У ’ де p і у — гострі кути, а a — довільний кут? 37. В основі піраміди лежить ромб, менша діагональ якого дорівнює 2а. Висота піраміди проходить через точку перетину діагоналей основи. Усі п’ять вершин піраміди лежать на циліндричній поверхні, вісь якої перпендикулярна до меншої діагоналі основи піраміди і проходить через її середину. Знайти всі ребра піраміди, якщо кут між віссю циліндричної поверхні і висотою піраміди дорівнює а. 38. Дано прямокутну таблицю дійсних чисел. Два числа сі і Ь цієї таблиці мають таку властивість: кожне з них найбільше серед чисел свого рядка і найменше серед чисел свого стовпця. Довести, що а = Ь. 39. Знайти всі дійсні розв’язки рівняння х2 + 2х sin ху + 1=0. 40. Відомо, що серед кожних чотирьох учасників туристського походу принаймні один знайомий з трьома іншими. Довести, що кожний з учасників походу, крім щонайбільше трьох, знайомий з усіма іншими. 9
II] ОЛІМПІАДА (1963) VIII клас 41. Не дочекавшись трамваю на зупинці Л, хлопчик пішов до наступної зупинки В. Пройшовши у шляху, він озирнувся і помітив, що до зупинки А наближається трамвай. Якщо хлопчик побіжить до зупинки А або до зупинки В, то в обох випадках він встигне сісти на трамвай. З якою швидкістю повинен бігти хлопчик, коли відомо, що трамвай рухається з швидкістю ЗО км/год? 42. Точки Б і Еу К і Е та М і N ділять відповідно сторони АСУ СВ і ВА трикутника АВС на три рівні частини. Довести, що площа чотирикутника, утвореного при перетині прямих ВИ, ВЕ, КМ і ІМ, дорівнює ~ площі трикутника АВС. 43. Цифри всіх цілих чисел від 1 до 100, записаних підряд, утворюють число. Викреслити з цього числа 100 цифр так, щоб число, утворене залишеними цифрами, було найменшим. 44. Середини сторін двох чотирикутників збігаються. Довести, що площі цих чотирикутників рівні. 45. Радіолампу, що має 2п + 1 контакт, розміщений по колу, вмикають у штепсель, який має 2п + 1 отвір. Довести, що контакти лампи і отвори штепселя можна занумерувати так, щоб при будь-якому вмиканні лампи принаймні один контакт попадав у отвір з тим самим номером. IX клас 46. Розв’язати рівняння У(х + І)2 + ^(х — І)2 = 4 }ґх2 — 1. 47. Знайти всі числа к такі, що 2-3т + к -2зп+1— 1 при всіх натуральних п ділиться на 7. 48. Середини сторін двох шестикутників збігаються. Довести, що площі цих шестикутників рівні. 49. Дано два відрізки АВ і СИ, що не перетинаються. Побудувати точку М так, щоб трикутники АМВ і СМй були подібними, причому АМВ ^ /_СМО. 10
50. Радіолампа', що має 2п контактів, розміщених по колу, вмикається у штепсель, який має 2п отворів. Довести, що контакти лампи і отвори штепселя не можна занумерувати так, щоб при будь-якому вмиканні лампи принаймні один контакт попадав у отвір з тим самим номером. X клас 51. Нехай а1% а2, а3, ..., а„,... — послідовність чисел, яка утворена за таким правилом: ах = 1, ап = пал-\ + (—І)". Довести, що ап ділиться на п — 1 при п > 1. 52. Розв’язати рівняння І08і_ І х\ = -і (І * — 21 + І л; + 2|). 2 53. З трьох точок, які лежать у горизонтальній площині на відстані а, Ьіс від основи телевізійної вишки, цю вишку видно під кутами, сума яких дорівнює 90°. Знайти висоту вишки. 54. Шість кругів розміщено на площині так, що центр кожного з них лежить зовні п’яти інших. Довести, що не існує жодної точки, яка належала б усім кругам одночасно. 55. На площині дано нескінченну кількість точок так, що всередині будь-якого кола міститься скінченне число цих точок. Довести, що для кожного натурального числа п існує коло, всередині якого міститься рівно п даних точок. XI клас 56. Довести, що при х > 0 і натуральному п виконується нерівність і + -£ > ут+х. 57. Дано конус і точку А. Знайти множину вершин конусів, які конгруентні заданому, містять усередині себе точку А і осі яких паралельні осям заданого конуса. 58. У школі вивчають2п предметів; усі учні цієї школи вчаться на «4» і «5»; жодні два з них не вчаться однаково 1 про жодних двох не можна сказати, що один з них вчиться краще за іншого. Довести, що число учнів у школі не перевищує С"п. 11
59. Розв’язати рівняння arctg — 2х -f- 5*-2 -f arccos ^ + tg2 (у + г) j -f -+- V—\2x2 — 3x — 2\ -- V2x — x2 + -J-. 60. У просторі дано нескінченну кількість точок так, що всередині будь-якої кулі міститься тільки скінченне число цих точок. Довести, що для кожного натурального числа п існує куля, всередині якої міститься рівно п даних точок. IV ОЛІМПІАДА (1964) VIII клас 61. Фабрика випустила товар у пачках масою 3 кг і 5 кг. Довести, що з цих пачок можна скласти пачку будь-якої маси, більшої за 7 кг. 62. Знайти найбільше п, при якому можна розмістити п точок на площині так, щоб кожні три з них були вершинами прямокутного трикутника. 63. Розв’язати рівняння х — 6 І х І + 14 З |*_2| + |* + 2| *“ 2 ‘ 64. Довести, що при будь-якому цілому п число п (п — — 3) (п? — 3п + 14) ділиться на 24. 65. Якщо перші т цифр квадрата деякого т-цифрового числа збігаються з цифрами самого числа, то це число є степенем 10. Довести це. IX клас 66. Усередині трикутника ABC взято точку О. На променях О А, OB і ОС побудовано вектори, довжина кожного з яких дорівнює 1. Довести, що сума цих векторів має довжину, меншу за 1. 67. Побудувати множину точок, координати (лг; у) яких задовольняють рівняння 1 — х2 — у* = V(\ — х* — уг)г + (у — хг)г. 68. Квадратний тричлен ахг + Ьх + с при всіх цілих х набуває цілих значень тоді і тільки тоді, коли числа 2а, а + Ь, с — цілі. Довести це. 12
69. Чотири точки на площині визначають 6 відстаней. Довести, що відношення найбільшої з них до найменшої не менше за V*. 70. Нехай аи аг, а3, ..., ап — деякі натуральні числа. Число Ьк дорівнює кількості тих чисел щ (і = 1, 2, 3,..., я), які не менші за £(/г = 1, 2, 3,..., п). Довести, що: а) існує такий номер т, що Ьт Ф 0, 6т+1 = Ьт+г = = Ьт+з = ... = 0 (чому дорівнює т?); б) йі + а2 + йз + ... + ап = Ьг + Ь2 + Ь3 + ... + Ьт. 73. Дано двогранний кут і пряму, яка перетинає його ребро. Через дану пряму провести площину так, щоб ця пряма була бісектрисою кута, утвореного в перерізі. Дослідити кількість розв’язків. 74. Проекції многокутника на вісь Ох, бісектрису першого і третього координатних кутів, вісь Оу та бісектрису другого і четвертого координатних кутів дорівнюють відповідно 4, З У 2, 5 і 4 У 2. Довести, що площа многокутника не більша за 17,5. . 75. Нехай р — просте число. Довести, що р різних цілих чисел, у записі яких у системі числення з основою р немає цифри р — 1, не можуть утворювати арифметичну прогресію. X клас 71. Довести нерівність cos4 х + 4sin2 х ^ 2 sin 2х cos х. 72. Розв’язати рівняння = logaflx — 2| + |x + 2|) — XI клас 76. Довести нерівність 3sin2 х ^ 2sin 2х — 1 і знайти всі х, при яких справджується рівність. 13
77. Якщо Рі, р2, цг — дійсні числа, які задовольняють рівність РіРг = 2 (?! + ?*), то принаймні одне з рівнянь *2 + р& + <7і = 0, х2 + ргх + 7а = 0 має дійсні корені. 78. Висота посудини, яка має форму циліндра, дорівнює діаметру основи. У посудину вміщено прямий круговий конус, радіус і висота якого такі самі, як у циліндра, і п куль однакового радіуса. Кожна куля дотикається до поверхні посудини, поверхні конуса і двох інших куль. Чи видно кулі з посудини? 79. На колі взято п точок і проведено всі можливі хорди, що сполучають ці точки. Відомо, що жодні три з проведених хорд не перетинаються в одній точці. На скільки частин розбивається круг? 80. Нехай р(х) — многочлен з цілими коефіцієнтами. Якщо р(а) = р(Ь) = р(с) — —1, де а, Ь, с — різні цілі числа, то р(х) не має цілих коренів. Довести це. V ОЛІМПІАДА (1965) VIII клас 81. Довести, що число учасників V республіканської олімпіади юних математиків, які знайомі з непарним числом учасників, парне. 82. Серед усіх трикутників із сторонами а і Ь знайти той, в якого найбільший кут має найменшу величину. 83. Дано пряму лінію і дві точки А і В, які лежать по різні боки від неї. Провести через точки А і В коло, яке б відтинало від даної прямої хорду найменшої довжини. • 84. З будь-якої точки кола, описаного навколо деякого прямокутника, проведено перпендикуляри до діагоналей прямокутника. Довести, що відстань, між основами цих перпендикулярів не залежить від положення точки на колі. 85. Довести, що 23" + 1 при будь-якому натуральному п ділиться на Зл+1. 14
IX клас 86. Відомо, що квадратні тричлени ахх2 + 2 btx + сг, а2х2 + 2 Ь2х + с2 при всіх х набувають додатних значень. Довести, що цю властивість має і квадратний тричлен аха2х2 + 2btb2x + СіС2. 87. Нехай A BCD — паралелограм, а Е і F — проекції вершини С на сторони АВ і AD. Довести, що \АВ\ • ІАЕ І + I AD І • \AF\ = |ЛС|2. 88. Одного разу з кожного з аеродромів, усі можливі відстані між якими різні, піднявся літак і полетів на найближчий аеродром. Довести, що на кожний аеродром прилетіло не більш як 5 літаків. 89. Дано пряму лінію і дві точки А і В по різні боки від неї. Знайти на прямій точку С таку, щоб найбільший з відрізків АС і ВС мав найменшу довжину. 90. Довести, що всі натуральні числа від 1 до 1965 не можна записати підряд у такому порядку, щоб число, яке утвориться, було точним квадратом. X к ла с 91. З точок А і В, які лежать на поверхні озера, видно все його плесо. Довести, що з кожної точки відрізка АВ також видно всю поверхню озера. 92. Нехай а — гострий кут. Довести, що (і + + —)> 3 + 2/2. \ ' sin ос/ \ 1 cos а/ — ' ' 93. Знайти всі додатні корені рівняння пхп+1 — (п + 1) хп + 1 = 0. 94. У шаховому турнірі брали участь п шахістів. Кожний зустрічався з кожним іншим один раз, причому жодна партія не закінчилася внічию. Довести, що за результатами турніру всіх шахістів можна перенумерувати в такому порядку, щоб кожний попередній був переможцем наступного. 95. Два конгруентні і правильні трикутники розміщено в просторі вдвох паралельних площинах, причому відрізок, 16
який сполучає центри трикутників, перпендикулярний до площин. Знайти множину точок, які є серединами відрізків, що сполучають точки одного трикутника з точками другого. XI клас 96. Побудувати множину точок, координати (х\ у) яких задовольняють нерівність 1оазіщ,і(|*| — 1) < о. 97. З 12 шнурків, довжина кожного з яких 10 см, зроблено сітку у формі 'куба. У цю сітку поклали гумову кулю і роздули ЇЇ до максимальних розмірів, зумовлених розмірами сітки. Обчислити радіус кулі. 98. У шаховому турнірі брали уласть п шахістів. Кожний зустрічався з кожним іншим один раз, причому жодна партія не закінчилася внічию. Відомо, що кожний шахіст знає прізвище учасників турніру, яких він переміг, а також прізвище тих, кого перемогли переможені ним. Довести, що є учасник, який знає прізвище всіх шахістів, що беруть участь у турнірі. 99. Які умови повинні задовольняти коефіцієнти рівняння х3 + ах2 — Ьх — с = 0 для того, щоб воно мало єдиний дійсний корінь, який дорівнює— 1. Зобразити в площині аОЬ множину точок, координати а і Ь яких задовольняють знайдені умови. 100. Знайти всі прості числа виду пп + 1, які менші за Ю19 (п — натуральне число). VI ОЛІМПІАДА (1966) VIII клас 101. Знайти суму квадратів коренів рівняння (х2 + 2х)2 — 5(х2 + 2х) + 3 = 0. 102. Знайти множину точок, з яких дві протилежні сторони даного квадрата видно під однаковим кутом. 103. Довести, що для будь-якого трицифрового числа завжди виконується щонайменше одне з трьох тверджень: 1) це число ділиться на 3; 2) яка-небудь цифра числа ділиться на 3; 16
3) яке-небудь двоцифрове число, складене з цифр даного числа, ділиться на 3. 104. Дано кут 19°. Побудувати кут 1°. 105. На дошці написано числа 1, 2, 3, ..., 1966. Дозволяється витерти будь-які два числа, а замість них написати їх різницю. Внаслідок многократного повторення цієї операції на дошці залишилося одне число. Довести, що це число не може бути нулем. IX клас 106. Побудувати множину точок, координати (х\ у) яких задовольняють рівняння (|*+1|НЖ*-2|-М)(*-6)(*2-9* + 20) X X V і — і y і = 0. 107. Яке з чисел більше: 23»« +1 , 231ви+1^ 231*«« -(- 1 чи 231®67 + 1 ' 108. Довести, що круги, які побудовані на сторонах довільного чотирикутника як на діаметрах, повністю його покривають. 109. На площині розміщено п точок так, що будь-який трикутник з вершинами в цих точках має площу, не більшу за 1. Довести, що всі ці точки можна вмістити в трикутник, площа якого не перевищує 4. ПО. ‘Усі цілі числа довільно розбито на дві групи. Довести, що хоч в одній із цих груп знайдуться три числа, які утворюють арифметичну прогресію. X к л а с 111. Побудувати множину точок, координати (де; у) яких задовольняють рівняння {arctg х(х~ 23і(*~~2Я) j (sinу — sinх + Іх + 4л І + + І х + я І — Зя) YпУ — У2 = 0. 112. Знайти кількість коренів і обчислити два найбільші корені рівняння 4^=1 Iі И . . . — І 1 — |*|| . . . |. ч— * 2п одиниць 17
113. Довести, що в кожній трикутній піраміді існує така вершина, що з ребер, які виходять з неї, можна побудувати трикутник. 114. Усі цілі числа від 1 до 2п включно розміщено в довільному порядку. До кожного числа додали номер місця, на якому воно стоїть. Довести, що серед утворених сум принаймні два числа при діленні на 2п даватимуть однакову остачу. 115. У квадраті, сторона якого дорівнює 1, взяли 51 точку. Довести, що деякі три з цих точок обов’язково містяться 1 всередині круга радіуса у XI клас 116. Побудувати множину точок, координати (х\ у) яких задовольняють рівняння [arctg «(«-»К»-2"} j(s|n «/_sjn*-f-|x + 4ii| + + \х + л\ — Зл)Уяу — у2 = 0. 117. Знайти кількість коренів і обчислити два найменші корені рівняння (ргтт = 1 ...|. 2n-fl одиниць 118. Нехай а, Ь, с — такі комплексні числа, що М = І*Н = М = г. Довести, що хаЬ + Ьс+са\_ І a + b + с \~Г' 119. Довести, що в кожній трикутній піраміді існує така вершина, що з ребер, які виходять з неї, можна побудувати трикутник. 120. Довести, що при натуральних п ^ 2 і т ^ 1 виконується нерівність « , _J , і 1 ^ 1 (я + 1)? (я + 2)? • • • (я + т)3 ^ 2я (я — 1) * 18
VII ОЛІМПІАДА (1967) VIII клас 121. Дано рівність —1-|—;— = — + 4- + — • Довести, г а-\-о с а о с що або а + Ь = 0, або Ь + с = 0, або а + с = 0. 122. У трьох урнах лежить по дві кулі. В одній — дві білих (ББ), у другій — дві чорних (ЧЧ)> у третій — одна біла і одна чорна (БЧ). На урнах є таблички ББ, ЧЧ і БЧ. Усі ці таблички повішено неправильно. Дозволяється виймати кулю з кожної урни з поверненням. Скільки разів треба виймати кулі, щоб правильно визначити вміст усіх урн? 123. На площині дано 5000 точок, причому жодні три з них не лежать на одній прямій. Довести, що можна побудувати 1000 п’ятикутників, які не перетинаються один з одним і вершини яких містяться в цих точках. 124. Нехай р і д — прості числа, причому — 1 ділиться на ру а р — 1 ділиться на д. Довести, що р = 1 + 9 + <?2. 125. У довільному трикутнику АВС побудувати на сторонах АВ і ВС відповідно точки М і N так, щоб | АМ | = = \ ftlN | = І#С|. IX клас 126. На шкільному балу жодний хлопець не танцював з усіма дівчатами, а кожна дівчина танцювала тільки з одним хлопцем. Довести, що серед учасників балу знайдуться такі дві танцювальні пари ДіЯ^і Д2Х2, де Хг не танцював з Д2, Х2 — з Ді. 127. Побудувати множину точок, координати (х\ у) яких задовольняють рівняння 11 — Xі — у2 —1/(1 — х2 — у2)2 + (у — х2)2(у + І*|)г1г + + [хг+У*-\- — У (х* -+ у2 — і-р + (у — Xг)2 (у+\х |)*|* = 0. 128. Довести, що в числі (8 + ]/65)" перші «десяткових знаків після коми дорівнюють нулю (п — непарне число). 129. У квадрат, сторона якого а + 2, вміщено п квадратів із стороною 1, причому а'>\г(л + 5)п. Довести, 19
ЩО в цей квадрат можна ще вмістити круг одиничного радіуса, який не перетинається з жодним квадратом. 130. Довести, що площа квадрата, який лежить усередині трикутника, не більша за половину площі цього трикутника. X клас 131. Довести, що Уг + ^2+ ...+V2 — 2cos2^j. *v —' п раз 132. Дано площину Р і точки А та В, що лежать по один бік від цієї площини. Через А і В проведено всі можливі кола, які дотикаються до площини Р. Знайти множину точок дотику. 133. Довести, що функція у = cos х + cos Ял; не є періодичною, коли X — ірраціональне число. 134. На ділянці лісу, яка має опуклу форму і площу S, заблудився чоловік. Довести, що він може вийти з лісу, якщо пройде шлях, не більший за ]/2л5. Інакше кажучи, довести, що існує лінія довжини ^2л5, яку не можна помістити цілком у жодну опуклу фігуру з площею S. 135. У квадрат із стороною а + 2 вміщено п квадратиків із стороною 1, причому а > Y{п + 5) п. Довести, що в нього можна ще вмістити круг радіуса 1, який не перетнеться з жодним квадратиком. VIII ОЛІМПІАДА (1968) VIII клас 136. Дослідити, просте чи складене число 21968 + 1. 137. Побудувати множину точок, координати (х\ у) яких задовольняють умову х2 + у2 = 2\у\. 138. Дано кут і точку, яка міститься поза ним. Провести через цю точку пряму так, щоб вона відтинала від кута трикутник заданого периметра. 139. На площині проведено дві пари взаємно перпендикулярних прямих так, що утворилося чотири прямокутні 20
трикутники. Довести, що середини гіпотенуз цих трикутників є вершинами прямокутника. 140. На площині розміщено 1968 точок так, що серед кожних трьох з них існують дві точки, відстань між якими не перевищує одиниці. Довести, що знайдеться коло радіуса 1, усередині якого міститься принаймні 984 точки. 141. На дошці було написано 5 чисел. Додаючи їх попарно, дістали такі 10 чисел: 0, 2, 4, 4, 6, 8, 9, 11, 13, 15. Які числа були записані на дошці? IX клас 142. Розв’язати нерівність 4- + оТГЗ-п>1- 2(х — 1) х 1 2(* + 1) 143. Шестицифрове число, що ділиться на 37, записано різними цифрами. Довести, що з його цифр можна утворити інше шестицифрове число, яке також ділитиметься на 37. 144. Два концентричні кола перетнути прямою так, щоб вони відтинали від неї дві хорди, одна з яких була б удвічі більша за другу. 145. Нехай а1( о2, ат3, ..., а1968 — додатні числа, менші за 1, а Ьі, Ь.г, Ь3,&19в8 — ці самі числа, записані в іншому порядку. Чи можуть усі числа (1 — аі)Ьи (1— аг)Ьг, (1 — — а3)&3, (1 — аив8) Ьшв бути більшими за -■ ? 146. Опуклий многокутник повністю вміщено в квадрат із стороною 1. Довести, що сума квадратів сторін цього многокутника не перевищує 4. X клас 147. Довести нерівність 03 sinaacosea . 148. Цілі числа х, у, z задовольняють рівняння jc3 + у3 = 2». Довести, що принаймні одне з них ділиться на 3. 149. Ділянка лісу має форму трикутника, довжини сторін якого дорівнюють а, Ь, с. З борту нерухомого дирижабля 21
всі сторони цієї ділянки видно під прямими кутами. На якій висоті знаходиться дирижабль? 150. Чи існує 1968-гранник, в якого 777 граней є трикутники, а решта граней — чотирикутники і шестикутники? 151. Знайти трицифрове число, квадрат якого дорівнює п’ятому степеню суми його цифр. 152. Опуклий многогранник повністю вміщено в куб, сторона якого дорівнює 1. Довести, що сума квадратів площ граней цього многогранника не перевищує 6. IX ОЛІМПІАДА (1969) VIII клас 153. Розв’язати рівняння + —х = а. 154. Знайти множину центрів прямокутників, вписаних у трикутник ABC так, що одна сторона прямокутника лежить на [AB]. 155. Яким найменшим числом кругів, що мають радіус 10 м, можна покрити круг, радіус якого 12,5 м? 156. Два різних 100-цифрових числа записано за допомогою 40 одиниць, 30 двійок, 20 трійок і 10 четвірок. Довести, що ці числа не діляться одне на одне. 157. При яких значеннях п існує опуклий п-кутник, в якого одна сторона має довжину 1, а довжина кожної діагоналі виражається цілим числом? 158. Скільки різних прямокутних таблиць, які мають т рядків і п стовпців, можна скласти з чисел +1 і —1 так, щоб добутки чисел кожного рядка і кожного стовпця дорівнювали б 1? IX клас 159. Знайти всі дійсні значення при яких Vа 1 +х + Уі —х є цілим числом. 160. Знайти множину середин сторін квадратів, вписаних у даний квадрат. 161. Точки А і В лежать по різні боки від прямої MN. Знайти на прямій таку точку, щоб різниця відстаней від 22
неї до точок А і В за абсолютною величиною була найбільшою. 162. З чисел, утворених перестановкою перших 12 цифр 120-цифрового числа, взято будь-які 120 чисел. Довести, що їх сума ділиться на 120. 163. Дано кут і всередині його коло. Знайти на колі точку, сума відстаней від якої до сторін кута була б найменшою. 19& _і_ 69^ 164. При якому натуральному к величина —^— є найбільшою? П р и м"і т к а. Символ кі читається ка-факторіал ! означає добуток усіх натуральних чисел від одиниці до к включно. X к л а с 165. Сума всіх коефіцієнтів многочлена дорівнює 2, а сума коефіцієнтів при непарних степенях х дорівнює сумі коефіцієнтів при парних степенях х. Знайти остачу від ділення цього многочлена на х2— 1. 166. Добутки косинусів протилежних кутів чотирикутника рівні. Довести, що чотирикутник є трапеція. 167. Жилий відсік підводного човна займає 108 кают на трьох поверхах. Кожний поверх у плані зображено квадратом, який розбито ще на 36 рівних квадратів (каюти). Із кожної каюти є двері в усі сусідні з нею на цьому поверсі і люки у верхню та нижню каюти. Чи зможе капітан човна пройти з каюти третього поверху в каюту, що міститься в протилежному куті першого поверху, побувавши при цьому лише один раз у кожній каюті? 168. Учень записав на дошці алгебраїчне рівняння, всі корені якого—додатні числа. Однак через свою неуважність він пропустив частину його членів. Тому було написано лише так: лгі969 _і969а;і968 + _ —1=0. пропущено Допоможіть учневі за цих умов знайти корені рівняння. Спробуйте також поновити повний запис рівняння. 169. На трьох мимобіжних ребрах куба вибрати три точки так, щоб сума квадратів сторін трикутника з вершинами в цих точках була найменшою. 23
170. Кожен із БО учнів написав одне святкове поздоровлення і надіслав його тому учневі, який живе найближче до нього (одному з них, якщо кілька учнівживуть на однаковій відстані від нього). Яка найменша кількість учнів одержить святкові поздоровлення? X ОЛІМПІАДА (1970) VIII клас 171. Розкласти на множники 2(х2 + 6* + І)2 + 5(х2 + 6х+ 1)(х2 + 1) + 2(х2 + І)2. 172. У наборі є 100 гирок, кожні дві з яких відрізняються за масою не більше ніж на 20 грамів. Довести, що ці гирки можна розкласти на дві чашки терезів по 50 штук на кожну так, щоб одна чашка була легша за другу не більш ніж на 20 грамів. 173. Знайти всі пари простих чисел р і q, які задовольняють рівність р2 — 2q2 = 1. 174. У довільний трикутник вписано квадрат так, що його сторона лежить на стороні трикутника. Доеєсти, що ■£-<■/? <7т=-, де а —сторона квадрата, a R — радіус ^ у 2 вписаного в трикутник кола. 175. Опуклий чотирикутник розбито діагоналями на чотири трикутники, площі яких виражаються цілими числами. Довести, що добуток цих чотирьох чисел не може закінчуватись цифрами... Г970. 176. Маємо паперову стрічку з написаним на ній 1970- цифровим числом, у запису якого немає жодного нуля. Довести, що є принаймні два різних способи, за-якими можна розрізати цю стрічку на частини не менш ніж з двома цифрами на кожній так, що сума всіх чисел на них буде в сбох випадках однаковою. IX клас 177. У числі 21970 закреслили першу цифру і додали її до числа, що залишилося. Такі самі операції застосовують до послідовних результатів доти, поки дістають десятицифрове 24
число. Довести, що в цьому десятицифровому числі € дві однакові цифри. ; ^ 178. З точки Р, яка лежить поза колом с центром 0, проведено до нього дві дотичні РА і РВ (А і В — точки дотику). З точки В проведено діаметр BD, а з точки А опущено перпендикуляр АС на [BD]. Довести, що (PD) ділить відрізок АС пополам. 179. Яке максимальне число білих шашок можна розставити на шаховій дошці 8x8 так, щоб чорна шашка могла збити їх за один хід, не попадаючи при цьому в «дамки». Шашки стоять на чорних полях. 180. Маємо набір з 70 гирок, маси яких невідомі, і терези без стрілок. Дозволяється покласти на кожну шальку терезів по 19 гирок. Якщо ліва шалька переважить, то можна зробити те саме знову, але вже з іншими наборами 19 гирок. За скільки зважувань можна досягти того, щоб ліва шалька напевно хоча б один раз не переважила? 181. N деталей дитячої збірної залізниці є четвертинками кола даного радіуса. З цих деталей треба скласти залізничну колію так, щоб при з’єднанні вони переходили одна в одну плавно. Довести, що не можна побудувати залізничну колію так, щоб кут між її кінцями дорівнював 0°. 182. Для якого я-цифрового числа відношення цього числа до суми його цифр буде найбільшим? X клас 183. У числі 21970 закреслили першу цифру і додали її до числа, що залишилося. Такі самі операції застосовують до послідовних результатів доти, поки дістають десятицифрове число. Довести, що в цьому десятицифровому числі є дві однакові цифри. 184. Довести, що для будь-якого а і ß Ф k^(k$Z). справджується нерівність cos4 а , sin4 а . . sin2 ß "* cos2 ß ^ При яких а і ß виконується рівність? 185. Кола Yi і у2 однакових радіусів мають внутрішній дотик з колом у в точках А і В. Нехай С — довільна точка кола 7, а Ах і В1 — точки перетину прямих АС і ВС відповідно з колами і у2. Довести, що (AB) паралельна (Аxßj). 186. У клітинках таблиці 100 X 100 навмання розставлено 102 мінуси, а решту місць зайнято плюсами. Дозволя25
ється змінювати знак на протилежний в усіх клітинках будь-якого рядка чи стовпця. Довести, що в результаті будь-якого числа таких операцій неможна дістати таблицю тільки с плюсами. 187. З дроту зроблено куб, ребро якого дорівнює 1 м. По його ребрах повзають два павуки і одна муха. їх максимальні швидкості збігаються. В початковий момент обидва павуки знаходяться в одній з вершин куба, а муха — в протилежній. Чи зможуть павуки спіймати муху? 188. Навколо сфери, діаметр якої дорівнює 10, описано довільний дев’ятнадцятигранник. Довести, що його діаметр не перевищує 21. Примітка. Діаметр многогранника — це найбільша відстань між двома його точками. XI ОЛІМПІАДА (1971) VIII клас 189. Розв’язати рівняння JC4 — 2 УТхг + * + 7— V7 = 0. 190. Коло, радіус якого дорівнює висоті деякого рів- нобедреного трикутника, котиться по основі цього трикутника. Довести, що величина дуги, яка відтинається на колі бічними сторонами трикутника, залишається при цьому сталою. 191. Є дві купки горіхів: в одній 24, а в другій 19 штук. Дівчинка і хлопчик вигадали таку гру: кожен з них робить по черзі один «хід», внаслідок якого одну з купок треба з’їсти, а другу поділити на дві будь-які частини; той, хто не зможе поділити купку тому, що там залишився всього один горіх, програє. Як повинна грати дівчинка, яка робить перший хід, щоб виграти? 192. Серед усіх квадратних тричленів у — х2 + рх + q, які набувають тільки невід’ємних значень, знайти той, в якого сума р + q найменша. 193. Нехай ABC — гострокутний трикутник, D — точка перетину його висот. Довести, що радіуси кіл, описаних навколо трикутників ADC, ABD, DBC, рівні між собою. 194. Знайти всі чотиризначні числа abed, коли відомо, що це число і число deba є повні квадрати цілих чисел і їх відношення є квадрат цілого числа. 26
IX клас 195. Знайти всі натуральні числа п, для яких З" (п + 1) > 4". 196. Дано пряму / і точку О, яка не лежить на цій прямій. Знайти множину точок М таких, що площа прямокутного трикутника МОА з гіпотенузою АМ, де А— довільна точка прямої /, е стала величина, яка дорівнює S. 197. Розв’язати рівняння М + Vx— [х] = а, де а — дійсне число, a [je] — ціла частина числа х. 198. Серед усіх квадратних тричленів у = х2 + рх + Ç, в яких різниця коренів дорівнює а, знайти той, в якого сума р 4- q найменша. 199. Побудувати трикутник за кутом А, який лежить проти основи а, і відрізком d, що сполучає вершину основи з точкою, яка лежить на бічній стороні і поділяє її у відношенні 1:3. , 200. Нехай d(x, у) — найбільший спільний дільник натуральних чисел х і у. Довести, що d(x + у, ху) — d(x, у) є парне число. X клас 201. Розв’язати рівняння 2М = 1+2*, де \х) — ціла частина числа х. 202. На площині лежать шість конгруентних конусів, які послідовно дотикаються один до одного і мають спільну вершину. На конусах лежить куля, яка дотикається до їх поверхонь у точках, що лежать на колах основ. Знайти відношення об’єму кулі до суми об’ємів конусів. 203. Дано п додатних чисел xlt х2,..., хп, які задовольняють умову: Хі, • х2 ' х3 • ... • хп = а. Довести, що (1 + Хі) (1 + хг) .... (1 + хп) > (1 + V~a)\ 204. Доеєсти, що многочлен Рп (х) = апхп + ап_1хп~1 + + ... + а0 не має цілих коренів, якщо всі його коефіцієнти е Ділі числа, а їх сума і вільний член — непарні числа. 27
205. Спільною основою двох пірамід є переріз куба площиною, перпендикулярною до його діагоналі. Вершинами пірамід є кінці цієї діагоналі, а їх висоти відносяться як т : п. Знайти відношення суми об’ємів пірамід до об’єму куба. 206. Кожне з чисел N1, Л^, ..., є сумою квадратів двох цілих чисел. Довести, що добуток • N2 ■ також є сумою квадратів двох цілих чисел. XII ОЛІМПІАДА (1972) VIII клас 207. Нехай А — довільне 1972-цифрове число, що ділиться на 9, а — сума цифр числа А, Ь — сума цифр числа а, с — сума цифр числа Ь. Знайти с. 208. Відрізки довжиною Іг і /2 лежать на площині а. Знайти множину таких точок М на площині а, щоб сума площ трикутників, основами яких є /х і /2, а вершинами — точки М, була сталою величиною, що дорівнює S. 209. В електромережу в один ряд підключено 15 лампочок. Деякі з них горять, а решта — вимкнені. Дозволяється за один хід перемикати три довільні сусідні лампочки або одну пару крайніх лампочок (першу і другу або чотирнадцяту і п’ятнадцяту). Довести, що за скінченну кількість ходів можна вимкнути всі лампочки. 210. У трикутнику ABC проведено медіани AD і СЕ; при цьому BAD = ВСЕ = 30 . Довести, що трикутник ABC — рівносторонній. 211. Пункти А, В і С сполучено прямолінійними шляхами. До відрізка шляху АВ прилягає квадратна ділянка лісу, сторона якої дорівнює ^\АВ\\ до відрізка шляху ВС прилягає квадратна ділянка лісу, сторона якої ВС, а до відрізка АС — прямокутне поле довжиною \АС\ і шириною 5 км. Площа поля на 31,25 км2 більша від суми площ ділянок лісу. Знайти площу поля. 212. Учні А, В і С складають екзамени. За кожний екзамен той, хто склав його Найкраще, одержує а очок, другий — Ь очок, а той, хто відповідав найгірше,— с очок (а, Ь, с — натуральні числа і а > Ь > с). Після всіх екза- 28
менів учень А набрав 22 очка, а учні В і С — по 9 очок, причому учень В був першим з алгебри. Хто був другим з літератури? IX к л а с 213. Знайти найбільше значення виразу A = y’x + 3 + ]^y + 3-\-Yz + 39 якщо Х + у + 2 = . 214. У гострокутному трикутнику ABC довжини всіх сторін виражаються непарними числами. Сторони ait дорівнюють відповідно 5 і 11. Знайти проекцію сторони с на сторону а. 215. На лузі викопано яму, що має форму прямого паралелепіпеда. Основа ями є квадрат із стороною а, а її глибина дорівнює h. На дні ями в центрі забито кілок, до якого на мотузці довжиною І прив’язана вівця. На якій максимально можливій площі лугу може пастися вівця? 216. Рухома січна відтинає на сторонах даного кута відрізки, сума’яких є величина стала. Знайти множину точок перетину медіан трикутників, що при цьому утворюються. 217. Довести, шо ті натуральні числа п, для яких пп + + 1 ділиться на ЗО, утворюють арифметичну прогресію. Знайти цю прогресію. 218. У шаховому турнірі кожний учасник зіграв по одній партії з усіма іншими, причому нічиїх не було. При якій кількості учасників може трапитись так, що всі шахісти наберуть однакову кількість очок? X клас 219. Розв’язати нерівність (х2 + у2 + 2)х*+ул > (х* + У4 + 2У2у\ 220. Площини al9 а2, а3 мають лише одну спільну точку. У кожній з площин лежить по одному многокутнику РІ9 Рзу площі яких відповідно дорівнюють Si, S2, S3. Знайти множину таких точок М, щоб сума об’ємів пірамід з основами РІ9 Р2У Р3 і вершинами в точках М була сталою величиною, яка дорівнює V. 29
221. Якщо вираз ±х2±... ± де кожне лг, до* вільним чином береться із знаком «плюс» або «мінус», піднести до квадрата, то частина подвоєних добутків матиме знак «плюс», а решта — «мінус». При яких значеннях п кількість подвоєних добутків із знаком «плюс» може дорівнювати кількості подвоєних добутків із знаком «мінус»? 222. Нехай а і b — взаємно прості натуральні числа, причому а > Ь. Визначити, який вираз більший: т ™ ш- k=i k=i Примітка. Символ [*] означає цілу частину числа х. 223. Якщо для сторін а, Ь, с і протилежних їм кутів Л, В, С деякого трикутника ABC виконується рівність a + 6 = tg-|-(atg'2 + Mg6), то цей трикутник рівнобедрений. Довести це. 224. У шаховому турнірі кожний учасник зіграв по одній партії з усіма іншими, причому нічиїх не було. При якій кількості учасників може трапитись так, що всі шахісти наберуть однакову кількість очок? XIII ОЛІМПІАДА (1973) VII клас 225. Знайти чотиризначні числа abca, які дорівнюють (5с + І)2. 226. Діагоналі, опуклого чотирикутника мають однакову довжину. Довести, що площа такого чотирикутника дорівнює добутку його середніх ліній. 227. На площині дано 6 точок, з яких жодні три не лежать на одній прямій. Кожні дві точки сполучено відрізком одного з двох кольорів: червоним або зеленим. Довести, що при цьому утвориться принаймні один трикутник з вершинами в заданих точках, сторони якого мають однаковий колір. 228. Нахай а, Ь, с — довжини сторін трикутника. Довести нерівність а(Ь — с)2 + Ь(с — а)2 + с(а — б)2 + 4abc > а3 + Ь3 + с3. зо
229. Шестикутник АВСБЕР складено з шести однакових рівносторонніх трикутників, що мають спільну вершину. Площа кожного трикутника дорівнює 5. Знайти трикутник найбільшої площі, який можна вмістити в шестикутник АВСБЕР. 230. У зльоті юних натуралістів беруть участь 100 піонерів. Кожний учасник зльоту знайомий принаймні з 67-ма іншими. Довести, що серед учасників зльоту є принаймні одна четвірка піонерів, знайомих між собою. VIII клас 231. Нехай а, Ь, с,<і — цілі числа. Довести, що вираз [(а — с)2 + (Ь — <і)2](а2 + Ь2) — (ай — Ьс)3 є квадрат деякого цілого числа. 232. Величини кутів трикутника АВС відповідно до- "л4 5я 'З' п л п рівнюють: Л = -£-, В = , С = . Довести, що висота ААи медіана ВВ1 і бісектриса ССг внутрішнього кута С трикутника АВС перетинаються в одній точці. 233. На площині дано 17 точок, з яких жодні три не лежать на одній прямій. Кожні дві точки сполучено відрізком одного з трьох кольорів. Довести, що при цьому утвориться принаймні один трикутник з вершинами в заданих точках, усі сторони якого мають однаковий колір. 234. Довести, що квадратний тричлен, який набуває цілих значень при деяких трьох послідовних цілих значеннях х, набуває цілих значень при б у д ь -я к о м у цілому значенні х. 235. У коло вписано трикутник АВС. Дотичні до кола в точках А і В перетинаються в точці 5. Пряма СБ перетинає [ЛВ] в точці М. Довести, що \АМ І : \МВ\ = Ь2 : а2, де а = \ВС\, Ь = \ АС\. 236. У туристському поході беруть участь п учнів. Кожний учасник походу знайомий принаймні з + 1 іншими учасниками. Довести, що серед учасників туристського походу е принаймні одна четвірка учасників, які знайомі між собою. П р и м і т к а. [х] означає найбільше ціле число, що не перевищує X. 31
IX клас 237. Нехай alt а2, а3, ..., ап і blt b2, Ь3, ..., Ь„ — два скінченних набори чисел, a Alt А2, А3, ..., Ап і Вг, В2, В3, ..., Вп — набори тих самих чисел, записаних в іншому порядку так, що А і > Аг > А3 > ... > Ап і Вг > В2 > В3 > ... > Вп. Довести, що АіВп + А2Вп-1 -f- . . . + АпВі ^ аФі + сі2Ь2 + ... + + anbn ^ АХВХ + А2В2 + • • • + АпВп. 238. Нехай точки Alt В і, Сі лежать відповідно на сторонах ВС, СА, АВ трикутника ABC. Для того щоб перпендикуляри, побудовані до сторін трикутника в цих точках, перетинались в одній точці, необхідно і достатньо, щоб виконувалась рівність ІЛСХ І2 + І І2 -ь І І2 = ІЛХС І2 + І І2 + І Iа. Довести це. 239. Нехай — послідовність натуральних чисел, утворена за таким законом: ах = 2, ап+\ = (п + 1) ап + 1. На площині дано ап + 1 точок, з яких жодні три не лежать на одній прямій. Кожні дві точки сполучено відрізком одного з ri кольорів. Довести, що при цьому утвориться принаймні один трикутник з вершинами в заданих точках, сторони якого мають однаковий колір. 240. У трапеції ABCD з основами \AD \ — а і (BCj = = Ь (а > Ь) точками Вг і С\ позначено середини діагоналей. У чотирикутнику AB^C^D середини діагоналей позначено точками Вг і С2 і т. д. На я-му кроці дістали точки Вп і Сп. Знайти: а) довжину відрізка ВпСп\ б) до якої границі прямує довжина відрізка ВпСп при п оо; в) для яких трапецій усі відрізки Bfi^ В2С2, ..., ВпСп конгруентні. 241. З точки К, узятої на основі АВ трикутника ABC, опущено перпендикуляри KL і KM на бічні сторони ВС і АС. При якому положенні точки К площа трикутника KLM буде найбільшою? 242. На прямій дано п відрізків (п ^ 2), кожна пара з яких має принаймні одну спільну точку. Довести, що всі відрізки мають принаймні одну спільну точку. 32
X клас 243. Довести, що при есіх значеннях х Ф , де А — ціле число, значення функції у = і§Зх^2х лежать зовні проміжку 1-і-; -|-1, тобто для есіх хФ~ виконується 1 З нерівність або у>у. 244. Нехай 5АВС — тригранний кут. Довести, що коли один з кутів, які утворюють між собою бісектриси плоских кутів при вершині 5, є прямим, то два інші кути також прямі. 245. Дано набір 2п різних чисел. Як розбити цей набір на п пар так, щоб сума добутків кожної пари чисел була: а) найбільшою? б) найменшою? 246. Довести, що многочлен л-го степеня, який набуває цілих значень при деяких л + 1 послідовних цілих значеннях аргументу х, набуває цілих значень при будь- якому цілому х. 247. У трикутник вписано коло радіуса І? і побудовано три кола, кожне з яких дотикається до деох сторін трикутника і до вписаного кола. Довести, що між радіусами цих кіл існує така залежність: і/гг + Уг2г3 + Vг1г3 = Я. 248. Деякий опуклий п-кутник поділено діагоналями, які не перетинаються, на трикутники. Усі вершини многокутника є вершинами непарного числа трикутників. Довести, що число сторін многокутника ділиться на 3. XIV ОЛІМПІАДА (1974) VII клас 249. Спростити вираз: (1 + х + хг) (1 + де3 + х?) (1 + х9 + *18) • • • (1 + х3" + (х3")2). 250. На сторонах АВ і Ай паралелограма АВС Б дано точки М і N такі, що і4т5т = а> ! уь І = Р- Р — точка пе- I АР І ретину [ММ] і [АС]. Знайти відношення \-т^. І І 251. У народній дружині 120 чоловік.- Щовечора чергують троє. Чи можна скласти графік чергування так, щоб будь-які дві особи чергували разом рівно один раз? 2 9-152 33
252. У даний момент сім’я складається з батька, матері і сина. Сума років усіх членів сім’ї дорівнює 65. Чотири роки тому батько був старший за сина в 9 раз. Дев’ять років тому сума років усіх членів сім’ї дорівнювала 40. Скільки років батькові? 253. Сторони довільного опуклого чотирикутника продовжено і проведено чотири кола, кожне з яких дотикається до однієї сторони чотирикутника і до продовження двох сусідніх з нею сторін. Довести, що центри цих кіл лежать на одному колі. 254. Скільки існує різних 1974-цифрових чисел, у яких добуток цифр, що стоять на парних місцях, непарний, а добуток цифр, що стоять на непарних місцях, парний? VIII клас 255. Розв’язати рівняння: 2у+1+у \П? + 2 + {у + 1) Уу* + 2у + г = 0. 256. Три точки А, В і Р лежать на одній прямій. Точка Р лежить зовні відрізка АВ. Знайти множину середин хорд, які сполучають точки дотику дотичних, проведених з точки Р до кіл, що проходять через точки А і В. 257. Якого найменшого значення може набувати вираз: £і І а2 І І 1 + а2 + аа + ... + ві974 1 аі + а$ + ... -(- віт І а1»7« 1 + аІ + а2 + • • • + аХ973 ’ якщо а<>0 (/= 1, 2, ... , 1974), а1 + а2 + а3 4* • « • + й1974 = 258. Знайти всі раціональні розв’язки рівняння Xі + у2 + 5* — 7 = 0. 259. На площині задано чотири прямі загального положення (кожні три з них утворюють трикутник). Одна зцих прямих паралельна медіані трикутника, утвореного трьома іншими прямими. Довести, що таку властивість мають і три інші прямі. 260. Довести, що при довільному натуральному п число «2 я 2 — 3 ділиться на 13. 34
IX клас 261. Довести, що коли т > 2 (т е Ю, то сума всіх натуральних чисел, менших від т і взаємнопростих з т (у тому числі й 1), кратна т. 262. Циліндричний стакан, який наповнено водою, відхилили на кут а. При цьому витекло всієї води. При дальшому відхиленні стакана до кута 2а витекла ще тієї води, що залишилася в стакані. Чому дорівнює кут а? 263. Довести, що існує нескінченна множина нату- . 7 ральних чисел, які не можна подати у вигляді де і=Х я,-—натуральні числа. 264. Довести, що при всіх тих цілих значеннях х і у, при яких 4х + 7у ділиться на 23, число М = (Зл; + + 11«/) (1^9+ К32 — 3/22К2 — 25) також ділиться на 23. 265. Чи можна в круг радіуса 1 помістити без накладання три трикутники, площа кожного з яких дорівнює 1? 266. Число 5599. ...9 8933. .,,39 ' V ’ у 1972 рази 1973 рази подати у вигляді суми квадратів трьох цілих чисел. X клас 267. Чи існують такі натуральні числа т, п і к (т =£ п, к ^ 2), що тк + п і пк + т одночасно є /г-ми степенями деяких натуральних чисел? 268. Множина точок М із області Р має такі властивості: 1) будь-які дві точки з множини -М можна сполучити ламаною, що складається із скінченного числа відрізків, які належать області £>; 2) серед будь-яких п точок множини М завжди знайдуться дві точки такі, що відрізок, який сполучає їх, належить області В. Довести, що будь-які дві точки з множини М можна сполучити ламаною, яка належить області П і містить у собі не більш як 2(п — 1) — 1 відрізків. 2* 35
269. Із точки О у просторі проведено п променів так, що будь-які два з них утворюють кут, величина якого не менша 30е. Довести, що число проведених променів не більше 58. 270. Круг радіуса R на площині повністю покритий скінченним числом кругів. Довести, що з цієї множини кругів можна вибрати такі, які попарно не перетинаються і мають загальну площу більшу ніж -§-я#2. 271. На площині задано коло у і .точку Р, що лежить зовні круга, обмеженого колом у. Через коло у проводять сфери і до кожної з них будують дотичний конус, вершиною якого є точка Р. Знайти множину центрів кіл, уздовж яких сфери дотикаються до конусів. 272. Знайти всі функції /, які визначені на всій множині дійсних чисел і при будь-яких дійсних значеннях я і «/ задовольняють рівняння f(x + y) + f(x — y) = 2f (х) cos у. XV ОЛІМПІАДА (1975) VII клас 273. Визначити, яке з чисел більше: 22 } 75 раз чиЗ3’ } 74 рази 274. Нехай Ох і 02— точки перетину медіан трикутників і А2В2С2. Довести, що АіАг + BjB2 -Ь ОД = 30,0,. 275. Опуклий п’ятикутник ABCDE такий, що площа кожного з п’яти трикутників ABC, BCD, CDE, DEA, EAB дорівнює 1. Знайти площу п’ятикутника ABCDE. 276. Знайти всі числа, записані цифрами a, b, с, d, які задовольняють таку.умову: abed =6а • cd. 277. Нехай ABC—довільний трикутник. Відобразимо точку А в симетричну їй точку Ах відносно точки В\ точку В — в симетричну їй точку ВJ відносно точки С; точку С — в симетричну їй точку Сх відносно точки А. В результаті такого відображення дістанемо трикутник АіВ^,. ,3 вершинами трикутника А1В1С1 виконаємо знову таке саме відображення. Повторивши послідовно таке відображення її разів (п = 1975), дістанемо трикутник АпВпСп. Знайти 36
площу трикутника АпВпСп, коли відомо, що площа трикутника АВС дорівнює 5о. 278. На шахівниці розміром 8 X 8 позначено 64 точки — центри всіх клітинок. Визначити найменшу кількість прямих, якими можна поділити дошку на частини так, щоб у кожній частині лежало не більше однієї точки, при 'цьому жодна з проведених прямих не повинна проходити через позначені точдси. VIII клас 279. При яких натуральних значеннях п число 2п + 65 е квадрат цілого числа? 280. Відомо, що з відрізків, довжини яких дорівнюють а, Ь, с, можна побудувати трикутник. Чи можна побудувати трикутник з відрізків, довжини яких дорівнюють п . 1 - , ■ ' Х-- ~, „ _ 1 ■ 1, де п — довільне на- Уа + Уь Уь+ Ус Уа + Ус туральне число? 281. Позначимо символами (а, Ь, ... ,р) і [а, Ь, ..., р 1 відповідно найбільший спільний дільник і найменше спільне кратне чисел а, Ь, ..., р. Довести, що [а, Ь, с]*. (а, Ь, с)2. [а, Ь] • [6, с] • [с, а] “ (а, Ь) - (Ь, с) • (с, а) ’ 282. Коефіцієнти двох квадратних тричленів а^* + + 2ЬіХ + сг і а2х2 + 2Ь2х + с2 є дійсні числа, які задовольняють умову аха2 — 2ЬІЬ? + схс2 = 0. Відомо, що один з цих квадратних тричленів не має дійсних коренів. Довести, що тоді корені другого квадратного тричлена дійсні і різні. 283. На площині Р знайти множину таких точок М, сума відстаней від яких до трьох даних прямих Іи /2, /3, що ле-„ жать у цій площині і перетинаються в одній точці, є величина стала і дорівнює а. 284. Дано 75 цілих чисел. Дозволяється одночасно додавати по одиниці до деяких 56 з них. Довести, що, повторюючи цю операцію скінченну кількість разів, можна зробити всі числа рівними. IX клас 285. Знайти всі цілі значення п, для яких число (п + + 2)4 — п* є куб цілого числа. 286. Конгруентні кола V! і уг дотикаються зсередини До кола у відповідно в точках Аг і А%. Нехай С — довільна 37
Точка кола у. Точки перетину відрізків СА1 і САг з колами уг і Ys позначимо відповідно через В1 і В2 . Довести, що МаЛ2] У [ВХЯ2]. 287. Знайти прості числа р і q, коли відомо, що рівняння х* — рх3 -f q — 0 має цілий корінь. 288. Довести, що для будь-якого натурального п ^ 2 справджується нерівність 289. Нехай ABCD — довільний опуклий чотирикутник. Відобразимо точку А в симетричну їй точку Аг відносно точки В\ точку В — в симетричну їй точку Вг відносно точки С; точку С — в симетричну їй точку Сг відносно точки D; точку D — в симетричну їй точку Dx відносно точки А. В результаті такого відображення дістанемо чотирикутник AxBiCxDx. З вершинами чотирикутника A1B1C1D1 виконаємо знову таке саме відображення. Повторивши послідовно таке відображення п разів (п = 1975), дістанемо чотирикутник AnBnCnDn. Знайти площу чотирикутника AnBnCnDn, коли відомо, що площа чотирикутника ABCD дорівнює S0. 290. Знайти значення, якгіго набуває вираз ab + cd, коли відомо, що а2 + Ь2 = 1, с2 + d2 = 1, ас + bd = 0. X к л а с 291. Довести, що 2k-цифрове число, перші k+ 1 цифри якого одиниці, не може бути квадратом цілого числа. 292. Грані правильного тетраедра фарбуються всіма можливими способами чотирма різними кольорами. Два пофарбування вважаються однаковими, якщо одне з них можна перевести в інше обертанням тетраедра навколо якої- небудь його осі. Скільки існує різних пофарбувань тетраедра? 293. Чи існує п’ятикутник (не обов’язково плоский), довжини сторін якого рівні між собою, а всі кути прямі? 294. Відомо, що в трикутнику ABC бісектриса, медіана і висота, проведені відповідно з вершин А у В, С, перетинаються в одній точці. Довести, що для кутів такого три- . С4 sin С кутника виконується співвідношення tg А = —^. cos В 38
295. Нехай АВСС1В1А1 — пряма трикутна призма, М і Мі — точки перетину медіан відповідно трикутників АВС і А1В1С1. Довести, що будь-яка площина, яка проходить через середину відрізка ЛШх і перетинае всі ребра призми, ділить її об’єм навпіл. 296. Дано 1975 цілих чисел. Дозволяється одночасно додавати по одиниці до деяких 1481 з них. Довести, що, повторюючи цю операцію скінченну кількість разів, можна зробити всі числа рівними. XVI ОЛІМПІАДА (1976) VII клас 297. Нехай а і b — такі цілі числа, що добуток (16а + Ш)(17а + 166) ділиться на 11. Довести, що він ділиться на 121. 298. Усередині гострокутного трикутника АВС дано таку точку Р, що APB = АСВ + 60°; ВРС = ВАС + 60°; CPA = СВА + 60°. Довести, що ОСНОВИ перпендикулярів, опущених 3 T04KÇ Р на сторони трикутника АВС, е вершинами правильного трикутника. 299. Знайти всі такі трицифрові числа abc, щоб сума шести двоцифрових чисел, складених з цифр цього числа, дорівнювала числу abc. 300. Довести, що число (1976197® — 19741974)(1976WB+ 19741973) ділиться на 10 000. 301. На кожній з двох паралельних прямих поставлено п точок. Проведено відрізки, які сполучають дані точки однієї прямої з даними точками другої. Відомо, що відрізки не перетинаються всередині смуги між прямими (але кінці відрізків можуть збігатися). Яка може бути найбільша кількість цих відрізків? 302. На книжковій полиці стоять 12 томів енциклопедії в такому порядку: 1, 2, 3, ..., 10, 12, 11 (останні два томи переставлено місцями). Дозволяється витягнути довільні 39
З томи підряд і вставити їх (теж підряд) на будь-якому місці на полиці. Чи можна, зробивши кілька таких перестановок, розставити всі 12 томів по порядку? VIII клас 303. Сума цифр деякого 1976-цифрового числа дорівнює 4. Якою може бути сума цифр квадрата цього числа? 304. Побудувати трикутник АВС, якщо відомі довжина сторони АВ і відстані р, від вершин А, В до бісектриси внутрішнього кута С. 305. Відомо, що *1 + *2 + ... + *25 = 1» причому Хі ^ 0, хг ^ 0, ..., *25 ^ 0. Знайти найбільше значення величини *1*2 + *2*3 + *3*4+ ••• + *24*25- 306. Довільний дріб ~ дозволяється замінити на один з дробів , —у— або ^. Чи можна кількома замінами 1 67 з дробу дістати дріб ^? 307. Із скла виготовлено кут. Його пересувають по площині так', що він дотикається своїми сторонами до сторін двох намальованих на площині кіл і містить їх усередині себе. Довести, що на склі можна позначити точку О, яка при такому русі описує дугу деякого кола. 308. Годинникар виготовив годинник, який о 12 годині дня показує правильний час і після цього йде точно протягом години. Протягом наступної години годинна стрілка рухається із швидкістю хвилинної, а хвилинна — із швидкістю годинної. У наступну годину стрілки знову міняються швидкостями і т. д. Вкажіть усі моменти часу від 12 годин дня і до 12 годин наступного дня, коли годинник показує правильний час. IX клас 309. У баскетбольному турнірі брало участь 14 команд. Кожні дві провели одну гру. Довести, що можна знайти такі три команди А, В і С, що кожна з інших команд програла хоча б одній з них. 40
310. Довести, що не існує нескінченної послідовності натуральних чисел пи «2, п3 і т. д. такої, що а) пк < пк+1 при всіх к\ б) пи — пк-\-щ при всіх & і І. 311. Знайти всі точки всередині даного трикутника, симетричні образи яких відносно середин всіх сторін трикутника містяться на описаному колі. 312. Нехай АВСИ — опуклий чотирикутник, довжини всіх сторін і діагоналей якого є раціональні числа; О — точка перетину його діагоналей. Довести, що довжина відрізка АО — теж раціональне число. 313. Нехай піЛ — натуральні числа, п ^ Довести, що найбільший спільний дільник чисел пк пк пк Чг> 1» • • ' » дорівнює ОДИНИЦІ. 314. У многограннику з кожної вершини виходить парне число .ребер. Довести, що переріз многогранника площиною, яка не містить жодної з його вершин, є многокутник з парним числом сторін. X клас 315. Промені ОРі, ОРг і 0Ра перетинають три паралельних площини: першу — в точках Ац Аг, А3, другу — в точках Ви Вг, В3 і третю — в точках Сх, С2, С3. Нехай У і» Уг, У3— відповідно об’єми пірамід ОА^А 3, ОВгВ2В 3, ОСіСаСз, а V— об’єм піраміди ОАгВ2С3. Довести, що З 316. Нехай ах, о2,..., ап, ... — нескінченна зростаюча послідовність натуральних чисел, причому для всіх натуральних п виконуються нерівності _з_ ап+і ~ оп < (ап)4. Довести, що серед членів цієї послідовності зустрінеться число, десятковий запис якого починається довільною, наперед заданою комбінацією цифр. 317. Скількома способами можна розставити числа 1, 2, З, 4 у клітинках таблиці розміром 4x4 так, щоб у кожному рядку і в кожному стовпці зустрілися всі чотири цифри? 41
318. Довільну пару дробів дозволяється за- ІаЛ-Ь с + гЛ (а — Ь с—сі\ мінити на одну з трьох пар: (—-р-; —5“)» Т/ або • Чи можна кількома замінами з пари (у; 4) дістати пару £),? 319. Нехай Мі, М2, М3, ЛІ4 — чотири послідовні вершини правильного п-кутника. Для яких п виконується рівність | МіМ* І І МіМ3 І ^ І МХІИ4 І • 320. Знайти суму ^ (і97б) ^ (і97бі '•* + Кі97б) ЯКЩО /(*)= 41 4*+ 2 ' XVII ОЛІМПІАДА (1977) VII клас 321. Побудувати графік функції у = min(|*|; |4|) , де через min (а, Ь) позначено найменше з двох чисел а і Ь. 322. Дано довільний чотирикутник ABCD і точку М. Нехай Mt — точка, симетрична точці М відносно середина [АВ\, точка М2 симетрична точці М^ відносно середини [ВС\, точка М3 симетрична точці Мг відносно середини [CZ>1. Довести, що початкова точка М і точка М3 симетричні відносно середини відрізка AD. 323. По колу виписано ЗО чисел, кожне з яких дорівнює модулю різниці двох наступних за ним чисел, взятих у напрямі руху стрілки годинника. Сума всіх чисел дорівнює 1. Знайти ці числа. 324. Координати вершин опуклого п-кутника є цілі числа. Відомо, що на сторонах п-кутника і всередині його немає точок з цілими координатами. Довести, що п^ 4. 42
325. Нехай х1^0, х2^0 і *і + . Доеєсти, що (1—ДГі)(1—ДГ2)>у. 326. У чотирикутнику довжина кожної сторони виражається цілим числом, яке є дільником периметра чотирикутника. Довести, що в цьому чотирикутнику принаймні дві сторони конгруентні. 327. Стоцифрове число дорівнює сумі його цифр, плюс сума попарних добутків з цих цифр, плюс сума добутків по три цифри, плюс і т. д., плюс добуток усіх цифр. Знайти всі такі стоцифрові числа. 328. Розглянемо три обмежені області, які вирізують на площині два кола, що перетинаються. Довести, що немає такого кола, яке ділить площі кожної з цих трьох областей навпіл. 329. Зобразити в координатній площині множину точок 330. Довести, що з половин діагоналей довільного чотирикутника і будь-якої з його’середніх ліній можна скласти трикутник, сторони якого паралельні відповідно взятим відрізкам. 331. Таблицю розмірами п X п (п >2) заповнено чис* лами +1 і —1 так, що сума добутків відповідних чисел будь-яких двох різних рядків дорівнює нулю. 1) Довести, що п ділиться на 4. 2) Побудувати хоча б одну таку^ таблицю для п— 4. 332. Координати’вершин опуклого л-кутника е цілі числа. Відомо, що на сторонах я-кутника і всередині його немає точок з цілими координатами. Довести, що п ^ 4. 333. Побудувати графік функції ' VIII клас Знайти додатні корені рівняння 4 • шах (/ — /2) = Xа — 4 х + -§•, 4 • шах (/ — /2) = Xі — 4* + 43
334. Нехай ABC—довільний прямокутний трикутник (ВАС = 90°). Позначимо через ТХ точку, яка є результатом трьох послідовних симетричних відображень точки X відносно прямих АВ, АС і ВС. Знайти всі такі точки X, для яких відстань між X і ТХ найменша. 335. Якщо два трикутники, які утворюються при продовженні сторін опуклого чотирикутника до їх перетину, рівновеликі, то одна з діагоналей такого чотирикутника ділить другу діагональ навпіл. Довести це. 336. Коло радіуса 1 котиться ззовні по колу радіуса ]/2. У початковий момент точка дотику кіл позначена липкою фарбою. При коченні кола пофарбовані точки знову фарбують точки, з якими вони дотикаються. Скільки точок нерухомого кола буде пофарбовано до того моменту, коли рухоме коло зробить 100 обертів навколо нерухомого? IX клас 337. Зобразити в прямокутній системі координат множину точок А = {(хі У)\\х + у\ + \х—1/|<4, х2 + */2> 1}. 338.” Нехай A BCD — довільний прямокутник. Довести, що для будь-якої точки М простору справджуються рівності: (ма, мс) — (мв, мЬу, MA2 + МС* = МВг + ЛШ2. 339. Послідовність {ап} така, що ах = а, ап+1 = а2 — 2 при п> 1. Для яких а послідовність {ап} має границю? 340. Чи можна покрити всю площину скінченним числом опуклих фігур, межі яких є параболи (осі парабол можуть мати будь-який напрям)? 341. Нехай Хі, хп — невід’ємні числа і хі~\~ • • • + < у. Довести, що (і-діНі-х,) ... (1 342. Нехай ТХ — точка на площині, яка одержана з точки X в результаті трьох послідовних симетричних ві44
дображень її відносно прямих АВ, АС, ВС, що є сторонами даного гострокутного трикутника АВС. Знайти всі точки X, для яких відстань між Л' і ТХ найменша. 343. Нехай р — просте число, яке більше двох. Довести, що сума остач від ділення чисел І», 2”, 3", (р-1)” , . п? (п _ 1) на р2 дорівнює —^ 344. Коло радіуса 1 котиться ззовні по колу радіуса У2. У початковий момент точка дотику кіл позначена липкою фарбою. При коченні кола пофарбовані точки знову фарбують точки, з якими вони дотикаються. Скільки точок нерухомого кола буде пофарбовано до того моменту, коли рухоме'коло зробить 100 обертів навколо нерухомого? X клас 345. З кожної точки (0; —а), де а > 0, проводять дотичні до параболи у — ах2. Знайти множину точок дотику. 346. Нехай АВСИ — довільний прямокутник. Довести, що для будь-якої точки М простору справджуються такі рівності: Сма, мс) = {мв, мЬу, МА2 + МС2 - МВ2 + мЬ2. 347. Многогранник має п вершин, координати яких є цілі числа. Відомо, що на гранях многогранника і всередині його немає точок з цілими координатами. Довести, що я < 8. 348. Чи можна покрити всю площину скінченним числом опуклих фігур, межі яких є параболи (осі парабол можуть мати будь-який напрям)? 349. Знайти всі дійсні значення а, для яких функція /(*) = -і • 2ЗХ + а • 22х~1 + (1 — а) ■ 2х є монотонно зростаючою функцією на всій числовій осі. 45
350. Послідовність {ап} така, що ау= І, ап+1 = ~-\. І / а" 1 + у ~ ПРИ п > 1 • Довести, що: а) послідовність {ап} необмежена; б) Яі250 ^ 10. 351. Нехай р — просте число, яке більше двох. Довес* ти, що сума остач від ділення чисел 1', 2Р, Зр, . .. , (р-ІГ 2 • Р2 (Р 1) на р2 дорівнює —^—-. 352. Дано куб, довжина ребра якого 1. У цей куб вміщено опуклий многогранник, проекція якого на кожну грань куба збігається з цією гранню. Довести, що об’єм цього многогранника не менший ніж у. XVIII ОЛІМПІАДА (1978) VII клас 353. Знайти всі розв’язки рівняння (х3 — 9х2 — х + 9)2 + (х3 + Зх2 — х— З)4 = 0. 354. Серед усіх чотирикутників з даними довжинами діагоналей і даним кутом між ними знайти чотирикутник найменшого периметра. 355. На папері в клітинку розміщено прямокутник розмірами 2x6 клітинок. Чи можна зафарбувати його вузли, що лежать на межі і всередині прямокутника (всього їх 21), в два кольори так, щоб жодні чотири однокольорові точки не виявилися вершинами деякого прямокутника із сторонами, паралельними сторонам даного прямокутника? 356. На-сторонах будь-якого трикутника АВС зовні побудовано довільні паралелограми АВВХАХ, ВССгВІУ САА2С2. Чи можна з відрізків АгА2, ВіВг, СуС2 скласти трикутник? 357. З пунктів А і В неодночасно виїхали назустріч один одному велосипедист і мотоцикліст. Вони зустрілися в точці С, одразу розвернулися і поїхали назад. Доїхавши до своїх початкових пунктів, гонщики розвернулися і знову поїхали назустріч один одному. На цей раз вони зустрілися в точці 46
ранову розвернулися і т. д. В якій точці відбудеться їхня 1978-ма зустріч? 358. 40 семикласників вишикувалися плечем до плеча в одну шеренгу. За командою всі спочатку повернулися на 90°, деякі наліво, а деякі направо. За секунду кожні двоє, що опинилися обличчям один до одного, повертаються на 180°. Ще за секунду знову кожні двоє, що опинилися обличчям один до одного, повертаються на 180° і т. д. Довес- що не пізніше ніж за 13 хв рух припиниться. VIII клас 359. Дано коло радіуса г з центром у точці О і вектор V. Знайти на колі дві точки А і В такі, щоб кут між векто- > А — рами ОА + V і ОВ + V був найбільшим. 360. Нехай р — просте число, більше п’яти. Зобразимо число ■£- у вигляді нескінченного десяткового дробу. Довести, що сума всіх цифр, які стоять у періоді цього дробу, ділиться на 9. 361. 40 восьмикласників вишикувались у коло обличчям до його центра. За командою всі спочатку повернулися на 90°, деякі наліво, а деякі направо. За секунду кожні двоє, що опинилися обличчям один до одного, повертаються на 180°. Ще за секунду знову кожні двоє, що опинилися обличчям один до одного, повертаються на 180° і т. д. Чи припиниться рух восьмикласників? 362. Довести,, що при кожному п є N [Уп + уТ+Т] = [УШ+2], де через М позначено цілу частину числа х. 363. При яких п $ N має розв’язки рівняння І х І | X 1 | -|- . . • -{- | X “І* ТІ | = я? 364. На папері в клітинку, сторона якої 1, проведено коло радіусом більшим за 2 одиниці так, що на колі немає жодного вузла. Назвемо вузол близьким до цього кола, якщо хоча б один із сусідніх вузлів, який знаходиться від нього на відстані 1, лежить по інший бік кола. Нехай М — число близьких до кола вузлів, що лежать зовні кола, а т — число близьких вузлів, що лежать усередині кола. Довести, що М — т — 4. 365. На площині дано 1978 точок. Знайдемо довжини всіх можливих відстаней між ними. Довести, що серед 47
чисел, які виражають ці довжини, різних буде не меТїш 366. На площині задано /_АОВ, Знайти множину точок дотику двох ззовні дотичних між собою кіл, одне з яких дотикається до (ОВ) в точці О, а інше — до (ОА) в точці А. 367. Чи існує піраміда, в основі якої лежить многокутник з непарним числом сторін, і така, що коли вздовж кожного її ребра спрямувати вектор, поставивши стрілку в довільному напрямі, то сума всіх таких векторів дорівнюватиме нульовому вектору? 368. Послідовність {*„} така, що хг — 0 і хп+1 = хп + + (хп — с)2 при п ^ 1. При яких значеннях с вона має границю? 369. Числа 1, 2, ..., 64 довільно розмістили в кожну клітинку шахівниці розмірами 8x8. Довести, що на шахівниці знайдеться принаймні три квадрати розмірами 2 X X 2, сума чисел у кожному з яких більша за 100. 370. Двоє грають у таку гру: по черзі ставлять точки на числовій площині в смузі \(х\ у) | 0 <*< 1). Після того як кожний поставив п точок, перший з своїх міркувань з’єднує їх, але так, щоб дістати графік деякої неперервної функції на ]0; 1[. Виграш першого буде тим більший, чим менше функція має точок, в яких вона перетворюється в нуль. Другий грає так, щоб функція перетворювалася в нуль якомога частіше. Скільки нулів матиме функція при правильній грі обох? 371. Довести, що при будь-якому натуральному п чис- 372. Будемо називати натуральне число п зрівноваженим, якщо в його десятковому записі деякий «початок» збігається з деяким «кінцем», наприклад 1971, 20320 тощо. а) Довести, що відношення кількості всіх зрівноважених т-значних чисел до кількості всіх т-значних чисел менше -д-. б) Довести, що існують числа, які стають зрівноваженими після приписування до них'праворуч' будь-якої з 10 цифр. 373. На стороні АВ правильного трикутника ЛВС, як на діаметрі, побудовано в зовнішній бік півколо. Точки Е і Н як 32. IX клас 48
ділять його на три конгруентні дуги. Довести, ідо відрізки СЕ і СН ділять сторону А В на три конгруентні відрізки. 384. Дано послідовність {а„}. Побудуємо дві послідовності {Ьп} і {сп}: Ьп = 2ап + ап_и п є ЛГ; сп ап + 2ап_и пеЛГ.' а) Нехай послідовність {Ьп} — збіжна. Чи можна твердити, що {ап} також збіжна? б) Нехай послідовність {сп} збіжна. Чи можна твердити, що {ап) також збіжна? X клас 375. Побудувати на відрізку 10; 2] графік функції: /(*) = ііт^^зіп^І^Ісоз^І^ П-+°о Х “Г Х ОбчислитиТплощу замкненої фігури, обмеженої графіком цієї функції і відрізком^осі Ох. 376. На площині дано неколінеарні вектори а і Ь. Знайти на цій площині множину всіх векторів с таких, що площі паралелограмів, побудованих на векторах а + —^ —>■ ——У —У + с, Ь і а, Ь + с, рівні. 377. Нехай р — просте число, більше п’яти. Зобразимо число — у вигляді нескінченного десяткового дробу. Довести, що коли довжина періоду дорівнює Ш, тобто його можна поділити на к «кусків» по т цифр в кожному, то сума чисел усіх цих «кусків» ділиться на 99 ... 9 т раз (наприклад: і-= 0,(142857); 14 + 28 + 57 = 99; 142 + + 857 = 999) . 378. На площині дано 2000 точок, жодні три з яких не лежать на одній прямій. Деякі з них сполучено відрізками, причому відомо, що коли А сполучено з В, а В сполучено 3 С, то А не сполучено з С. Довести, що проведено не більше 1 000 000 відрізків. 49
379. Послідовності {ап} і {Ьп} задано умовами аг= І, о„+і = ап + V+ 1; Ьп = ^, л > 1. Довести, що послідовність {Ьп} має границю. 380. Чи можна на поверхні правильного тетраедра з довжиною ребра 1 знайти 4 точки такі, що з довільної точки поверхні тетраедра можна пройти по його поверхні до однієї з цих чотирьох точок, причому довжина пройденого шляху буде не більша -^-? 381. В ЕОМ записано цифру 1. На першому кроці роботи ЕОМ перетворює її на пару цифр 0 1. На кожному наступному кроці вона замість кожного 0 записує пару 1 0, а замість 1 — пару 0 1. Таким чином, на другому кроці дістаємо 1 0 0 1; на третьому — 0 110 10 0 1 і т. д. Скільки пар нулів, що стоять поруч, буде записано на /і-му кроці? 382. Нехай хи х2, ... , хк — деякі дійсні числа такі, що хг + х2 + ... + хк = 0, т — найменше з цих чисел, а М — найбільше. Довести нерівність Х1 + А. + • • • + Х1 ^ —ктМ.
РОЗВ'ЯЗАННЯ ЗАДАЧ ♦ 1. Досить довести, що DBE ^ BED (рис. 1). Оскільки СЕ А = 90° як вписаний кут, що спирається на діаметр, то DBE = 90° — ВСЕ, BED = 90° — DEC. Трикутник CDE рівнобедрений (| DC | = | DE | як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола), тому /_ВСЕ = Z-DEC. Отже, /_DBE = /.BED, тобто трикутник BDE — рівнобедрений. 2. Припустимо що перше колесо обертається за рухом стрілкц годинника, тоді друге колесо обертається в протилежному напрямі^ Для того щоб колеса такої системи рухались, останнє колесо по? винно рухатись проти руху стрілки годинника. Але в цьому напря) мі рухається кожне колесо з парним номером. Отже, число колі<} повинно бути парним. 3. Трикутники АВО і DBC (рис. 2) — рівнобедренІ, бо І Ай І = І BD І = І С£) І як радіуси одного кола. Але \ВО\ — бісектриса /АВС і тому Ц)АВ г ААВй £ /ЛВС £ /BCD. Прямокутні“ трикутники ГАЕ і ЕАО конгруентні, бо катет /*£ = ED і катет АЕ — спільний, тому /EAD = /ЕАР. Оскільки [И/’] — бісектриса кута ВАЕ, то /ВАГ £ /ЇАЕ £ /EAD. Огже, якщо кут РАЕ становить одну частину, то кут ВАЕ становить дві частини, а кут АВС — шість частин. Сума всіх кутів трикутника АВС становитиме 10 частин, тому БАЕ = 18э. Тоді
4. Маемо пь — 5/г3 + 4 п 120 В 120 24 ^30 (д-2) (/і_1)п(я+1)(/і + 2) 120 З п’яти послідовних цілих чисел п — 2, л'— 1, Я, п + 1, я + 2 одне число обов'язково ділиться на 5, друге —на 4, трете —на З і принаймні два числа діляться на 2. Отже, добуток (п — 2) (п — — 1) п(/і + 1 )(п + 2) ділиться без остачі на 2 • 4 • 3 • 5 =120. б. Припустимо, що АВС — шуканийтрикутннк (рис. 3). Побудуємо на відрізку АС як на діаметрі коло. Тоді на ньому лежать дані точки Окі Е, які є основами висот, опущених на бічні сторони. Точка О, яка є центром побудованого кола, рівновіддалена від точок Е і Е). Отже, точка О лежить на перпендикулярі, проведеному через середину відрізка ИЕ. Тепер зрозуміло, як виконувати побудову. Через середину відрізка йЕ проводимо до нього перпендикуляр. Нехай О — точка перетину цього перпендикуляра з даною прямою УИМ. Радіусом ОЕ з точки О описуємо коло;точки перетину кола з прямою є вершинами А і С шуканого трикутника. Задача має єдиний розв’язок, якщо відрізок ЕП не перпендикулярний до прямої ММ. Якщо [££)] ± (МЛО, то задача не має розв’язку. Аналогічно можна розглянути випадок, коли точки Е і О лежать по різні боки від прямої Л/іУ. Побудова в цьому разі виконується аналогічно. Задача має єдиний розв’язок, якщо відрізок Ей не перпендикулярний до прямої ММ. Якщо [££] і. (МЮ, то задача має безліч розв’язків тоді, коли точки й і Е взаємно симетричні відносно прямої ММ, і не має жодного розв’язку в протилежному випадку. 6. Припустимо спочатку, що р ф а. Нехай хІ9 *2> — корені першого рівняння, дг,, *3 — корені другого рівняння. Тоді *1 + *2 = —(0 *і*2 = Ь\ (2) *і + *3 = —р; (3) *1*8 = (4) Оскільки х1 — спільний корінь даних рівнянь, то х* + аХі + Ь = 0, (5) х\ + рх! + 9=0. (6) Віднявши від рівності (5) рівність (6), дістанемо Ь — д *і = —. р — а 52
Додаючи (1) і (3) та перемножаючи (2) і (4), матимемо: , *8 + *з = — (а + Р) — 2*ї = — (а + р) — 2^~„^! р — а *1*2*3 = Ьц. Якщо Ь ф д, то х1 Ф 0; тоді „ „ _ &<7 _ (Р — а)2 2 8 *2 “ (&-*)* • Рис. 5 Отже, якщо р ф а, Ь Ф д, то квадратне рівняння, яке задовольняють хг і х3, має вигляд: х\ + Якщо Ь = <7, то х1 = 0, тому Ь = 0, =0. Рівняння набирають вигляду: х5? + ах = 0, *? + рх = 0. Звідси дістаємо х2 = —а, х$ = —р. Квадратне рівняння, яке задовольняють х2 і х3> у випадку Ь = ц має вигляд х2 + (а + р)х + ар = 0. Якщо р = а і рівняння мають спільний корінь, то й (7 = Ь, тобто маємо тільки одне квадратне рівняння (*2 = шукані рівняння мають вигляд (х — дг2)2 = 0), (х — хг)2. = 0). 7. Зауважимо, що точки Оі і 02 (рис. 4) лежать на бісектрисі кУта /М£ і, отже, точки О*, А, 02 лежать на одній прямій. Далі, РАВ = АКМ + АМК як зовнішній відносно Д АКМ. Трикутник КАМ рівнобедрений (| АК | = | АМ | як дотичні, проведені з однієї 53
точки до кола). Тому РАВ = 2АКМ, а, крім того, РАВ = 202АВ. Отже, 02АВ = АКМ. Звідси випливає, що [ОгО^ || [КМ]. Аналогічно, доводимо, що [0203] II ІКЬ], [0Х03] || [МІ]. Отже, трикутники 010203 і МКЬ подібні. 8. Нехай дано точки Л, В, С, О, Е> Р. Може бути два випадки: 1) шестикутник АВСИЕР — опуклий; 2) шестикутник АВСОЕР — неопуклий. Сума кутів опуклого шестикутника дорівнює 720°. Отже, принаймні один з його кутів не менший за 120°, бо якби всі кути були менші за 120°, то сума їх була б менша за 720°. Розглянемо тепер випадок, коли шестикутник АВСОЕР неопуклий. Проведемо його діагоналі. Оскільки за умовою задачі жодні три'точки не лежать на одній прямій, то знайдеться принаймні один трикутник, усередині якого лежить одне з даних точок. Нехай, наприклад, це трикутник АСЕ, усередині якого лежить точка В. Тоді принаймні один 3 кутів АВС, СВЕ> АВЕ буде не менший за 120°, бо сума цих трьох кутів дорівнює 360°. Твердження задачі справедливе. 9. Припустимо, що площа спільної частини будь-яких двох пря* мокутників менша за м2. Число всіх можливих пар прямокутників дорівнює ^-^ = 21. Отже, сума тих площ,- які належать принаймні двом прямокутникам, буде менша за -у м2 • 21 = 3 м2. Тому сума тих площ, які входять лише в один пдомокутник, буде більша за 7 м2 — 3 м2 = 4 м2, що неможливо. 10. Позначимо коло, яке описане навколо трикутника АВС, через 7, а його центр — через О (рис. 5). Кола, які симетричні колу 7 відносно прямих АВ, ВС> АС, позначимо відповідно через 72, 73, а їх центри — через 01% 02. 03. Очевидно, кола 7, 7Х, 72, 7^ конгруентні між собою. Нехай М — довільна точка шуканої множини, а Мі, М3, М3 — симетричні образи цієї точки відносно прямих АВ, ЯС, АС. Оскіль* ки, за умовою задачі, точки М2, Мз лежать на колі 7, то звідси випливає, щд точяа М належить кожному з трьох кіл 7^ 72, 73. ЛегкО добести, що й, навпаки, спільні точки трьо* кіл 7^ 72, 73 на* лежаїь шуканій множині точок. Отже, шукана множина точок — це множина усіх спільних точок трьох кіл 7Х, 72, 73. Доведемо, що кола 7,, 72, 73 незалежно від форми трикутника АВС перетинаються в одній точці, яка є точкою перетину висот цього трикутника. Оскільки коло 7 проходить через точки А і В, то коло 7і можна діст$ти в результаті обертання кола 7 навколо точки Р (середини відрізка АВ) на 180°. Якщо разом з колом 7 обертати трикутний АВС, то він перейде в конгруентний йому трикутник АВСЛу який буде вписаним в коло ^ і доповнюватиме трикутник АВС до паралелограма АСВСІ9 бо І АСі | = | СВ |, \CiB\~\ACU [АСЛПСВІ [СгВ}\\[АС]. (1) 54
Виконавши такі побудови біля сторін ВС і ЛС, дістанемо ще два трикутники ВСАг і ACBV які конгруентні трикутнику ABC і вписані відповідно в кола 7а і f3. Утворені при цьому чотирикутники АВАїС і АВСВ1 також паралелограми, бо \САі\ = \АВ\9я \ВАі\=\АС\, [CAiUUAB], [ВАг\ |ЦЛС], (2) І вгс І = І AB І, І АВі І = І ВС І, [В.С] Ц [AB], [АВг] || [ВС]. (3) & співвідношень (1), (2), (3) дістаємо, що [СіА] II [АВЦ, [ВгС] II [СЛХ], [СіВ] II [ВАг], (4) І СгА І = І АВі І, \ВгС\ = \САі\, І СгВ | = | ВА,\. (5) Звідси випливає, що відрізки СгА, ABlt BtC, CAlf А1В, ВСг утворююсь трикутник.A1B1CV у якого точки А, В, С є серединами сторін. Нехай М — та з тдчок перетину двох кіл І у3, яка не збігається з точкою А. Сполучимо точку М з точками ВІ9 Л, Сг. Тоді Л ^ А MB і = AMCV як кути, що вимірюються конгруентними дугами! kjACx s ^JBXA. Звідси випливає, що [МА] — бісектриса трикутника ВіМСі. Оскільки [МА] — медіана цього ж трикутника, бо \СгА\ = \АВ^, то [МА] є також і висотою трикутника В^С^. Отже, [мА] х [£iCj], а тому точка М є діаметрально протилежною точці Сх в колі і точці Bj в колі ?3. Розглядаючи точку перетину двох кіл Кх і *ї2» яка не збігається з точкою В, аналогічно впевнюємося, що вона є діаметрально протилежною точці Сг в колі ^ і точці Лх в колі 72. Звідси випливає, що всі три кола ^ 72, 73 перетинаються в одній точці М. Доведемо, що ця точка збігається з точкою перетину висот трикутника ABC. Оскільки [МА] JL [ßiCJ, а [Z^Cj] II [CB]t то [МЛІ _L [СВ]. Отже, точка М лежить на висоті трикутника ABC, яка проходить через вершину Л. Аналогічно впевнюємося, що точка М лежить і на двох інших висотах цього ж трикутника. Отже, шукана множина точок складається з однієї точки М, яка є точкою перетину висот трикутника ABC. Легко пересвідчитись в тому, що точка М є також центром кола, яке описане навколо трикутника Л^С^ 11. Нехай дг0 — спільний корінь даних рівнянь. Тоді ах% + де, + 1 = 0. *о + ах0 + 1 = 0. Звідси *о(я — 1) = Х0(а — 1). 2 Якщо а = 1, то обидва рівняння однакові. Яйщо а Ф 1, то *0 = *о, тобто х0=1 (дг0 = 0 не задовольняє дані рівняння). З пер« шого рівняння дістаємо а + 2 = 0, а = —2. Отже, шукані значення: а = —2, а = 1. 12. Нехай чотирикутник'ЛBCD — опуклий. Тоді ^ = 5д ABD + BCD* S = SA ABC + S& ACD' 55
Площа трикутника з сторонами а, b і кутом А між ними дорівнює І •g" ob sin А. Звідси випливає, що площа трикутника не більша за пів- добуток двох його сторін. Тому (Під квадратним коренем розуміємо арифметичне значення кореня і тому ]ґхі = \х\). Якщото рівняння запишеться у ви- тобто всі *, які задовольняють умову 2 < х < 5, є коренями даного рівняння. » Якщо Ух — 1 >2, то рівняння матиме вигляд звідки х = 5. Отже, коренями даного рівняння є всі числа, які за* довольняють умову 2 < х < 5. 14. Нехай дано правильний трикутник АВС> сторона якого дорівнює а (рис. 6) і ЬЕР — деякий правильний трикутник, вписаний у трикутник АВС. Трикутники йАР, ОБЕ і ЕРС конгруентні. Позначимо \АБ\ через х. Тоді площа трикутника БЕР дорівнюватиме: Додаючи ці дві нерівності, дістаємо (а + с) (b -f- d). 13. Зазначимо, що ж - 2 УГ=П = (/7=1 _ 1)2, х + 3-4Ух-1 = (Ух-1-2)\ Тому рівняння набирає вигляду \Ух — 1 — і\ + \У х—1—2\ = 1. В гляді А С то рівняння перетворюється в тотожність Звідси * = 2. Якщо 1 < Vх — 1 <2 (тобто 2 < х < 5), 1-Ух—1+2 — Ух—1 = 1, Ух— 1 = 1. Рис. 6 Ух — 1 — 1+2 — Ух — 1= 1, Ух- 1=2, 56
Площа 51 буде найменшою тоді, коли добуток х (а —х) набуває найбільшого значення. Але звідки випливає, що добуток *(а — х) набуває найбільшого значення а _ при * =-7р Отже, шуканим буде трикутник, утворений середніми лініями трикутника АВС. 15. Нехай дано многокутник АгА2 ... Ап (рис. 7). Побудуємо правильний многокутник, сторона якого дорівнює найбільшій* стороні даного многокутника, так, як показано на рис. 7. Доведемо, що сума відстаней від будь-якої точки всередині правильного многокутника до його сторін — величина стала. Справді, якщо сторона многокутника дорівнює а, а площа — 5, то *2"а + ^2 + • • • + Лл) = *5, ос Лі +7*2 + • • • + = — f де Л2, ... , Ьп — відстані від точки до сторін многокутника. Отже, сума відстаней від будь-якої точки всередині многокутника АгА2 ... Ап До сторін побудованого многокутника є величина стала. Сторони даного многокутника і сторони побудованого многокутника паралельні. Тому сума відстаней від будь-якої точки всередині даного многокутника до його сторін також величина стала. 16. Через центр Oj кулі, яка дотикається до даних куль, і через центр О однієї з них проведемо площину, перпендикулярну до площини Р (рис. 8). Тоді \0С\ = г, \ОгС\ = R (шуканий радіус), \АВ\ — радіус кола, описаного навколо правильного п-кутника з стороною 2г. Легко впевнитись, що І АВ\ ==—-—. За теоремою sin — п Піфагора sin2 — п 57
ЗВІДКИ R = Л • л ^ 4 sin2 — п 17. Побудуємо графіки функцій: = I cos nx I, y — 4 nV Число коренів даного рівняння дорівнює числу точок перетину цих X графіків. Функція у = | cos пх | — періодична з періодом 1; у == ^ —і парабола, що проходить через точки (0; 0), (2п\ 1), (—2п\ 1). Усі корені даного рівняння лежать на відрізку —2п < х < 2л, бо зовні цього відрізка Xй. , Т^> 1- 4 п2 Число коренів даного рівняння дорівнює 8п + 2. . 18. Два числах можуть бути на одному стовпі тоді і тільки тоді, коли їх Сума дорівнює 999. Тому, якщо ми розглядемо один стовп, на якому є* тільки дві різні цифри, то коли одна цифра є с, то друга цифра обов’язково буде 9—с. Усіх таких стовпів, на яких є числа, зображені цифрами с і 9 —с, є 8 (на кожному з перших трьох місць може стояти одна з цифр с або 9 — с). Усіх можливих пар цифр (с\ 9 — с) є 5. Отже, число всіх стовпів, на яких є тільки дві різні цифри, дорівнює 40. 19. Якщо взяти будь-яку точку Р на стороні квадрата і повернути відрізок на 60° навколо точки4р, то дістанемо точку Л, яка належить шуканій траєкторії. Висновок: шукана траєкторія -г даний квадрат, повернутий на 60° навколо точки б? проти руху стрілки годинника або в протилежному напрямі залежно від руху точки Р. л 20. Нехай І | = | АХС | (рис. 9). Тоді | ААі | = Якщо Аі і А лежать в одній частині, то теорему доведено. Нехай Аі не лежить в одній частині з А і В. Розглянемо точку Сі (| АС і | = | |). Якщо Сі лежить в одній частині з В або С, то теорему доведено. Якщо Сі лежить у різних частинах з В і С, то згідно з попереднім припущенням А і В лежать в одній частині. Отже, А і С лежать теж г— і/5 в одній частині. Але | АС | = у 2 > . Теорему доведено. 21. Оскільки а і Ь — корені квадратного рівняння х2 — х + 4- <7 = 0, то за теоремою Вієта (1) Підносячи до квадрата ідо куба'обидві частини рівності а Ь = 1 і враховуючи, щааЬ = д, дістаємо відповідно: а + Ь = 1, ab = д. а2 + &2 = і _ 2qt а3 + Ь* = 1 - 3ab{a + b) = \ —3q. (2)j 68
Беручи до уваги рівності (1) і (2), матимемо і аз + £3 + зща* + Ь*) + 6аЧЦа + Ь) = 1. 22. Запишемо рівняння у вигляді (У - х)(у + х)= 1962. Якщо одне з чисел х або у — парне, а друге — непарне, то в лівій частині рівності матимемо непарне число і зазначена рівність при таких х і у не виконується. Якщо числа х і у обидва парні або обидва непарні, то в лівій частині рівності матимемо число, яке ділиться на 4, але в правій частині число 1962 на 4 не ділиться. Отже, і в цьому випадку рівність не виконується. Звідси випливає, що не існує ці- трикутник: \АВ\ = с — основа, \АБ\ — та — медіана, АСВ = = Ф — кут при вершині (рис. 10). Опишемо навколо цього трикутника коло з центром у точці О. Сполучимо точку О з основою й заданої медіани. Як відомо, відрізок, що сполучає центр кола з серединою хорди, перпендикулярний до цієї хорди. Отже, [0£] ± ЮВ]. Таким чином, точка О, з одного боку, лежить на колі, центр якого точка А, радіус \АО\ = та» а з другого боку,— на колі, побудованому на [ОВ] як на діаметрі (з точки Б відрізок ОВ видно під прямим кутом). Звідси випливає такий спосіб побудови трикутника. На відрізку \АВ\ = с (основа шуканого трикутника) будуємо дуги сегментів, які вміщують даний кут ф (рис. 11). Нехай О і Ох — центри цих кіл. На відрізках ОВ і ОгВ як на діаметрах описуємого півкола / і /х. Опишемо коло .радіусом та з центром у точці А. Позначимо точки перетину цього кола з півколами І і Іх відповідно через І) і Через точки В і І) (аналогічно В і йх) проводимо пряму до перетину з дугою сегмента в точці С. Сполучаючи точку С з точкою Л, дістанемо шуканий трикутник. Справді, у цьому трикутнику | АВ | = с, '"Ч АСВ = ф за побудовою, а | АО | = та — медіана, оскільки точка £> є серединою відрізка СВ ([££>] ± [СВІ). Очевидно, задача має два Розв'язки, якщо коло з центром у точці А перетинає коло, побудоване на \ОВ] як на діаметрі. . Другий спосіб. Нехай К — середина [АВ] (рис. 10). Для того щоб побудувати трикутник АВС> досить побудувати 59
трикутник /(DB. Це можна зробити, якщо взяти до уваги, що з точки D відрізок КВ видно під даним кутом <р; з другого боку, точка D лежить на відстані та від точки А. 24. Точку перетину відрізків ED і AF позначимо через Я, основи перпендикулярів, опущених з точок D і С на пряму АВ, позначимо відповідно через /С і М (рис. 12). У прямокутних трикутниках BKD і АМС Z.BDK = АСАМ (як кути з відповідно перпендикулярними сторонами). Отже, Д BKD со д АМС. Розглянемо Д BDK- У цьому трикутнику [0£] || \DK\ (як перпендикуляри до одної прямої). Оскільки точка. О — середина відрізка BD, то [ ОЕ] є середня лінія трикутника BKD, а отже, | ВЕ | = | ЕК |. Таким чином, IDE] — медіана трикутника BKD. У трикутнику АМС [ A F] —також медіана. Оскільки ці трикутники подібні, то подібними будуть і трикутники РАМ і EDK. Звідси випливає, що /. FAM ^ Z.EDK' У трикутниках АЕР і DEK кут АЕР спільний, а /_ЕАР = Z.EDK, тоді ЕРА = EKD = 90°. Отже, відрізки DE і A F взаємно перпендикулярні. 25. Очевидно, після розрізування одного аркуша паперу на 4 частини загальна кількість аркушів збільшиться на 3. Отже, якщо таку операцію провести п разів, то після цього ми матимемо 4 + 3п аркушів. Якщо вважати, що підрахунок був виконаний правильно, то 4 + Зл = 1962. Звідси Зл = 1958. Але 1958 не ділиться на 3. Отже, підрахунок був виконаний неправильно. 26. Позначимо точки перетину зазначених кіл із сторонами квадрата через Ми М2, Мв, ..., М8 (рис. ЛЗ). Щоб довести, що многокутник МІМ2М3 ... М8 правильний, очевидно, досить довести, що будь-які-дві суміжні сторони рівні і кут між ними дорівнює 135°. Нехай сторона квадрата дорівнює а. Тоді його діагональ дорівнюватиме a Y2 і радіуси кіл будуть . Оскільки І АМі І = І Л12ВІ = І ВМ31 = а — ~~Y~ 0) (кожний з цих відрізків дорівнює різниці сторони а квадрата і радіуса відповідного кола), то \MlM2\=a-2(a-^^j = a(V2-H (2) 60
беручи до уваги рівності (1), приходимо до висновку, що прямокутний трикутник М2ВМ3 рівнобедрений і |AVMt| = (a-^)/2 = 0/2-l) a, М2М3М. = 180° — 45° = 135°. (3) (4) Із сказаного вище і з рівностей (2), (3), (4) випливає, що восьмикутник МіМ2М9 ... М8 — правильний. 27. Помножимо обидві частини рівності на 3. Тоді рівняння можна записати у вигляді або, що те саме, Звідси Розв’язуючи ці рівняння, ^находимо: "*1, 2 = ^ ^ V 21, *3 “ —2, *4 = 6. 28. Припустимо, що шуканий трикутник ABC побудовано; у ньому М— середина основи АВ, С — вершина трикутника, L — точка перетину висот (рис. 14). Зауважимо, що за-умовою задачі ми можемо побудувати пряму /, на якій лежать дві інші вершини шуканого трикутника. Справді, такою прямою буде пряма, проведена через точку М перпендикулярно до прямої, що визначається точками С і L. Отже, для побудови трикутника досить знайти центр описаного кола, яке перетне пряму / у вершинах А і В шуканого трикутника. Опишемо навколо трикутника ABC коло. Позначимо точку перетину цього кола з продовженням висоти СР через jD. Доведемо, що I LP І = I PD І (Р — основа висоти СР трикутника ABC): 3 розгляду прямокутних трикутників PAD і BAN випливає, що ADC £ ABC (як кути, що вимірюються половиною дуги АС). Тоді Z.PAD £ Z.PAL. Отже, прямокутні трикутникиРЛО і PAL конгруентні і |LP | = = I PD |. Таким чином, точка D симетрична точці L відносно1 сторони трикутника і лежить на колі, описаному навколо цього трикутника. Із сказаного випливає такий спосіб побудови шуканого трикутника. « Через точку А! проводимо пряму / перпендикулярно до прямої, Що визначається точками С і L. Будуємо точку D, симетричну точці £ відносно прямої /.Як було вже зазначено, ця точка лежить на Рис. 14 61
каті, описаному навколо шуканого трикутника. З точки М Гсере- дини F відрізка CD поставимо перпендикуляри відповідно до прямої І і відрізка CD. Нехай О — точка перетину цих перпендикулярів. Опишемо коло з центром у точці О радіусом | ОС |. Точки перетину цього кола з прямою І дають дві інші вершини А і В шуканого трикутника. Доведемо, що побудований трикутник є шуканий. Справді, точка М є середина сторони AB, а точка L лежить на ви- соті трикутника (за побудовою). Оскільки точка D симетрична точці L, то Z.PAD З Z.PAL. Розглянемо трикутники PAD і BAN. У цих трикутниках /_PAD^/_PAL і /_ABC^/_ADC як кути, що вимірюються дугою АС. Отже, Z.APD s Z.ANB. Оскільки APD дорівнює 90°, то [ЛЛП е висотою трикутника ABC, тобто точка L є точкою перетину висот трикутника ABC. Отже, трикутник ABC — шуканий. Задача має єдиний розв’язок. 29. Нехай W *= -і- -f- ~ -і— натуральне число. Якщо х = у =* З = г, то iV = j і число буде цілим при х *= 1 і при х = 3. Отже* дістанемо дві трійки чисел (1; 1; 1) і (3; 3; 3), при яких N є натуральним числом. Нехай х < у < 2, причому одночасно не може бути обох знаків рівності. Оскільки х>1, то w = — + — + —<з. х у г з Розглянемо спочатку випадок, коли N = 1. Тоді — > 1, звідки х < 3. Якщо *=1, то - -|—— = 0, що неможливо. Нехай х = 2, У г ТодГ дістанемо ~. При у = z матимемо у = г = 4. Тому у г і 2 1 (2; 4; 4) є шуканою трійкою. Якщо у < z, то — > звідки у < 4. У * Рівність у = 2 не може виконуватись, бо тоді -^ = 0. Якщо у = 3, то z = 6. Отже, дістали ще одну трійку (2; 3; 6), яка задовольняв умову задачі. Залишилося розглянути випадок N = 2. Якщо х = 1, то 1 =* У ^ = 1. При £/ = z дістанемо у = г=* 2. Тому маємо трійку (1; 2; 2). 2 Якщо у < 2, то — > 1, звідки у < 2. Рівність у = 1 не може вико- 1 113 нуватись, бо тоді — = 0. Нехай х = 2, тоді 1 = -д-. Це рів- z у Z 6 няння не має натуральних розв’язків* при y = z. Якщо 2 < у < 2, то 2 3 4 — > — , ЗВІДКИ у < ‘г- , що суперечить нерівності у > 2. Отже, всі у * * 62
трійки х, у, г (дпри яких + + € натуральним числом, такі: (1; 1; 1), (3; 3; 3), (2; 4; 4*), (2? 3; 6), (1; 2; 2). 30. Припустимо протилежне, тобто що серед учасників туристського походу немає жодного учасника, який був би знайомий з усіма іншими. Тоді для кожного учасника Ах знайдеться учасник Л2, який не знайомий з Лх. За умовою задачі знайдеться учасник Л3, який знайомий як з Аи так і з А2 (серед чотирьох учасників принаймні один знайомий з трьома іншими). Оскільки, за припущенням, немає такого учасника, який був би знайомий з усіма іншими, то знайдеться такий учасник Л4, який не знайомий з Л3. Розглянемо чотири учасники Лі, Л2, Л3, Л*. Оскільки А^ і Л2, Л3 і Л4 не знайомі між собою, то, очевидно, серед такої четвірки учасників немає такого, який був би знайомий з трьома іншими. А це суперечить умові задачі. Отже, серед учасників туристського похо« ду знайдеться хоча б один такий, який був би знайомий з усіма іншими учасниками. 31. Вираз, записаний зліва, можна записати у вигляді 5HL? [cos2 а + sin2 а (sin2 а + cos а 1 ‘ + cos2 а)] = tg а. 32. Опустимо перпендикуляр з точки Л на площину Р. Основу цього перпендикуляра позначимо через С (рис. 15). Нехай / — довільна пряма, що проходить через точку В і лежить у площині Р. Позначимо через М проекцію точки Л на пряму /. Сполучимо точку С з точкою М. За теоремою про три перпендикуляри маємо, що [СМ]х І. Отже, множина проекцій М точки Л на всі можливі прямі, що лежать у площині Р і проходять через точку В, має ту властивість, що вона лежить у площині Р і з цих точок сталий відрізок СВ видно під кутом 90°. Як відомо, такі точки лежать на колі пи побудованому в площині Р на відрізку СВ як на діаметрі. Покажемо, що всі точки кола т, а не якась їх частина, належать шуканій множині точок. Нехай М' — довільна точка кола т. Сполучимо точку М' з точкою С. Оскільки [СВ] — діаметр кола т, то [М’С] ± [АІ'В]. Користуючись оберненою теоремою про три перпендикуляри, приходимо до висновку, що I AM'] ± [ВАГ], тобто М' є проекція точки Л на пряму, що проходить через точки В і М'. Оскільки АГ — довільна точка кола /я, то всі точки кола т належать шуканій множині точок. 3$. Додаючи почленно задані рівності, дістаємо (*1 + *2 + *8-+ - + *л)2 = 1 + 3 + 5 + ... + (2л - 1). (1) •Легко пересвідчитись (зробіть самі), що 1 + 3 + 5 + ... + (2л — 1) = л2. На підставі цієї рівності з рівняння (1) знаходимо *1 + *2 + *3 + + ХП — ± П- Підставляючи значення цієї суми в рівняння системи, дістанемо Розв'язки! 63
Г І *< = 7* 3 < * = 5 *8=-. н і а |ел „ 2п — І 4 » • 2п — 1 п — " „ 34. Доведемо спочатку таке твердження. * ■ Лема. Для того щоб число виду х2 + У2 ділилося на 49, необхідно і достатньо, щоб х і у ділились на 7. Доведення. Достатність очевидна. Справді, якщо х і у діляться на 7, то х2 і у2, а отже, і х2 + у2 діляться на 49. Необхідність. Нехай х2 + у2 ділиться на 49. Доведемо, що й х і у діляться на 7. Кожн£ з чисел х і у можна записати у вигляді: х = 7хх + а, У = 7Уг + Р. 0) де хх і уг — цілі невід’ємні числа, а а і Р можуть набувати одного з таких значень: 0, г±г 1, г+=2, :±=3. Беручи до уваги рівності (1), вираз х2 + у2 можна записати так: ** + р« = 49(аг? + у\) + 14(0* + рй) + а* + рт. (2) Оскільки за припущенням х2 + у2 ділиться на 49, а отже, і на 7, і на 7 діляться перші два доданки правої частини рівності (2), то з рівності (2) випливає, що а2 + Р2 ділиться на 7. Найбільше значення, якого може набувати а2 + Р2, дорівнює З2 + З2 = 18. Серед цілих чисел від 0 до 18 на 7 діляться 0, 7,14. Отже, а2 + Р2 повинно дорівнювати або 0, або 7, або 14. Оскільки а2 і Р2 можуть набувати тільки значень 0, 1, 4, 9, то а2 + р2 = 0, бо сума двох додатків, утворених з чисел 0, 1,4,9, не може дорівнювати 7 або 14. Отже, припустивши, що х2 + у2 ділиться на 49, ми довели, що х у у можна подати у вигляді х = 7дгг, у = 7уІ9 тобто що х і у діляться на 7. Лему доведено. Позначимо через п число цілих додатних чисел, які менші за 1000 - ~ • •• • і°°о і діляться на 7. Очевидно, п дорівнює цілій частині числа -у-', тобто 142. Тоді число різних пар цілих чисел х і у (х Ф у) від 1 до х2 4- и2 о 1000, ДЛЯ ЯКИХ Є ЦІЛИМ ЧИСЛОМ, дорівнює СЇ42 = 10 011. Крім того, г ще 142 пари виду (х; х). Отже, число різних пар (х; у), для X2 -І- и2 ЯКИХ ■ - є цілим числом, дорівнює 10 153. 35. Задуману послідовність можна відгадати за два рази. Це можна зробити, наприклад, так. Задамо послідовність Ь1 = 1, Ьг = = 1, ..., Ьп = 1. Тоді перший гравець повідомить суму •5 = а1 + а2 + а3 + ... + ап. 64
Нехай 5 е £-цифрове число. Задамо вдруге послідовність с± = 1, Сг = 10*, с3 = 102\ ... , сп = 10Л(Л”"1). Оскільки кожне з чисел аІУ а%, Дз» • • • » ап має не більш як к цифр, то останні к розрядів числа аі + а2- 10* + а3 • 102* + ... + ап • ІО**"-1* дорівнюватимуть анаступні к розрядів — а2 і т. д. 36. Очевидно, кут *, який задовольняє умову задачі, існуватиме, якщо при довільному значенні а виконується нерівність -К sin Р sin Y ;<1. 1 — cos а cos р cos У" Оскільки р і Y—гострі кути, то sin Р, sin Y, cos р, cos Y набувають додатних значень, менших за 1. Тоді легко пересвідчитись у справедливості таких нерівностей: sin Р sin Y ^ sin Р sin Y ^ 1 — cos Р cos Y __ 1 — cos a cos р cos Y ^ 1 — cos р cos Y ^ 1 — cos P cos Y ~~ 0 < При цьому ми скористалися нерівністю біпРб^ < 1 — собР X X яка випливає із співвідношення cosPcosY + біпРз^ = = С05(Р - У) < 1. 37. Нехай БЛВСО — задана піраміда (рис. 16), \ВБ\ = 2а —менша діагональ ромба, який е основою піраміди. Оскільки вісь циліндра (маємо на увазі круговий циліндр) перпендикулярна до меншої діагоналі ромба і всі вершини піраміди лежать на циліндричній поверхні, то діагональ Вй ромба є діаметром циліндричної поверхні і всі вершини піраміди віддалені від осі циліндра на а одиниць довжини. Далі, ^скільки висота піраміди і вісь циліндра проходять через точку перетину діагоналей основи, то висота піраміди 50, вісь циліндра І і більша діагональ АС лежать в одній площині (всі вони проходять через тоЗку О і перпендикулярні до [££]). Нехай М і N — основи перпендикулярів, опущених з точок С і 5 на вісь /. Тоді |УУ5| = | МС | = а. З прямокутних трикутників ОЛ'5 і ОМС дістаємо: 1051 sin а І ОС І = cos а (О За теоремою Піфагора і співвідношеннями (1) з прямокутних трикутників BOS, COS, ВОС відповідно знаходимо: а V1 + sin2 а sin а 2 а |CS|=K|0C|* + |05|-_. І ВС І = /| ОВ |? + )ОС|? = а 1 + cosa а cos а 9-152 65
38. Позначимо через А те число таблиці, яке стоїть в одному рядку з а і в одному стовпці з Ь, а через В — число таблиці, яке стоїть в одному рядку з Ь і в одному стовпці з а. Тоді за умовою задачі дістаємо a > А > 6 > Я > а, звідки a = b. 39. Дане рівняння можна записати так: (х + sirш/)2 + cos 2ху = 0. (1) Сума невід’ємних чисел дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли кожне з них дорівнює нулю. Тому з рівняння (1) маємо |c°s^ = °( I sin ху + X = 0. Оскільки cos ху = 0, то з тотожності sin2 ху + COs2xy = 1 дістаємо, що sin ху = it І. Тоді з другого рівняння системи (2) знаходимо х = ± 1; У = — + 2£я, k 6 Z. 40. Можна довести (див. задачу ЗО), що серед учасників туристського походу знайдеться принаймні один, який знайомий з- усіма іншими. Нехай таким учасником буде Аг. Тоді для решти учасників, якщо їх не менше чотирьох, виконується умова задачі 30. Отже, серед них знайдеться хоча б один такий, який знайомий з усіма іншими. Нехай це буде Л2. Зауважимо, що А2 знайомий і з Af, оскільки і4х.знайомий з усіма учасниками туристського походу. Тоді А2 знайомий з усіма учасниками туристського походу. Такий процес продовжуватимемо доти, поки не залишиться 4 учасники. За умовою задачі серед них принаймні один знайомий з трьома іншими, але він знайомий і з усіма тими учасниками, яких ми не розглядали (оскільки вони за доведеним знайомі з усіма учасниками). Отже, може залишитись щонайбільше три учасники, які не знайомі з усіма іншими учасниками туристського походу. 41. Якщо хлопчик побіжить до зупинка А, то він прибіжить туди одночасно з приходом трамваю. Оскільки хлопчик був від зупинки В удвічі далі, ніж від А, то, коли він побіжить до В і пробіжить півшляху, трамвай саме підійде до зупинки А. Після цього трамвай і хлопчик одночасно прибувають на зупинку В, але трамвай проходить при цьому шлях, утричі довший, ніж пробігає хлопчик. Отже, швидкість хлопчика дорівнює 10 км/год. 42. Прямі BD і BE поділяють трапецію MLKN на три рівновеликі трапеції, одна з яких є тим чотирикутником, про який ідеться в задачі (рис. 17). Площа кожної з цих трьох трапецій дорівнює площі трикутника MBL\ це випливає з того, що площа трикутника MBL становить 1/4 площі трикутника NBK. Тепер зауважимо, що площа &MBL дорівнює */9 площі ДАВС. 43. При викреслюванні цифр треба добиватись, щоб число, яке залишиться, мало якомога менше розрядів. Для цього залишимо на початку якомога більше нулів. Шукане число буде 12 345 061 626 364 656 667 ... 100. 66
44. Нехай АУ В, С, Г) — дані точки, що є серединами сторін чотирикутника (рис. 18). Площа паралелограма АВММ удвічі менша за площу трикутника ЕРй (| АВ] — середня лінія цього трикутника). Аналогічно площа паралелограма ММСй удвічі менша за площу /\EGt1. Отже, площа паралелограма АВСТ) удвічі менша за площу чотирикутника ЕРвН, звідки й випливає твердження задачі. 45, Отвори штепселя можна занумерувати, наприклад, підряд числами 1,2, ..., 2п + 1 за рухом стрілки годинника, а контакти лампи — в тому самому напрямі числами 1, 3, ..., 2п + 1, 2, 4, 6, ..., 2п (див. задачу 50). 46. Число 1 не є коренем рівняння. Тому, поділивши рівняння на У (х — І)2, дістанемо нове рівняння, яке має ті самі корені, що й початкове: В <ї Рис. 17 Рис. 18 Дістали квадратне рівняння відносно величини . Розв’язавши його, матимемо Звідки ■£у=(2±КзД Розв’язуючи це рівняння, знаходимо: (2 + /3)"+1 1 (2 + КзГ-і’ ■ (2-КзГ + і (2 — /3)" — І ' 67
47. При розв’язуванні цієї задачі треба користуватися такими арифметичними фактами: якщо число а при діленні на к дає в остачі гг% а число Ь дає в остачі г2» то: а) при діленні на к число а + Ь дає таку саму остачу, що й число г, + г2; б) при діленні на к число а • о дає таку саму остачу, що й число тх • г2; зокрема, число аь при діленні на к дає ту саму остачу, що й число /•**. Перейдемо тепер до розв’язування задачі. 36/* при діленні на 7 дає таку саму остачу, що й 2ЗЛ, тобто 1. Тому число 2 • 3Єп + £ • 23л+і — 1 ділиться на 7 тоді і тільки тоді, коли ділиться на 7 число 2 + 2к — 1 = = 2£ + 1. Яким же повинно бути £, щоб число 2к + 1 ділилося на 7? Для цього треба, щоб 2к при діленні на 7 давало в остачі 6. А це буде тоді, коли число А при діленні на 7 дає в остачі 3. Отже, число 2 х X 36л + к • 23л+* — 1 при всіх натуральних їх ділитиметься на 7 тоді і тільки тоді, коли к = 7пг + 3, де пг — будь-яке ціле число. 48. Нехай Р, СІ, 5, 7і, К — дані точки, що є серединами сторін шестикутника Проведемо діагональ РС (рис. 19). Положення точки О, що є серединою цієї діагоналі, не залежить від вибору шестикутника, бо КР(їО — паралелограм. Тому задача зводиться до задачі 44 (треба розглянути два чотирикутники РАВС і РС£>£). 49. Нагадаємо спочатку твердження, яке використаємо при розв’язуванні задачі. Множиною точок, відношення відстаней від яких до двох даних точок дорівнює ~ (т Ф я), є коло. Справді, нехай А і В — дані точки, а ЛІ — довільна точка шуканої множини. Проведемо з точки М бісектрису внутрішнього і зовнішнього кутів трикутника АМВ (рис. 20). Нехай /( і І — точки перетину цих бісектрис з прямою АВ. За відомою властивістю бісектрис внутрішнього і зовнішнього кутів: М/С| т | Аі | т | КВ | ~ п ’ \АВ] " п • 68
Кут КМІ — прямий, бо бісектриси МК і МЬ взаємно перпендикулярні. Таким чином, з точки М відрізок /(£ видно під прямим кутом. Отже, шукана множина точок є коло, побудоване на відрізку КІ як на діаметрі. Це коло називається колом Аполлонія. Перейдемо тепер до розв’язування задачі. Припустимо, що М — шукана точка (рис. 21). Тоді | АМ | _ \ВМ | \АВ | | ЛІС | | Мй\ | £>СГ Останнє відношення відоме, бо відрізки А В і ОС — дані. Тепер зрозуміло, як шукати точку М. Спочатку будуємо множину точок ЛІ, для яких \АМ\ \АВ\ \МС | І ЯС | ’ а потім множину точок М, для яких \BM\__\AB\ | Мй | ~ | йС | * Обидві ці множини точок є колами (кола Аполлонія). їх точки перетину і будуть шуканими. 50. Нехай радіолампи мають п контактів. Тоді задачу можна сформулювати так: чи можна перші п натуральних чисел розмістити по колу в такому порядку, щоб, починаючи з будь-якого місця і рахуючи розміщені на колі числа за рухом стрілки годинника, ми завжди мали хоча б одне число, яке відповідає своєму номеру? Нехай аІ9 а2, а3, ..., ап_1, ап — перші п натуральних чисел, які розміщено по колу так, що а2 стоїть після а1г а$ — після а2 і т. д. і, зрештою, аг стоїть після ап. Запишемо тепер під кожним числом його номер у переліку, якщо починати рахувати послідовно з аІ9 а2* ••• » оп. ч а3 • • • а, * 1 2 3 • • • /1-1 п 2 3 4 • • • п 1 3 4 5 • • • 1 2 • • • • • • • • • ... ... • • • п 1 2 ... п-\ 1 Ці номери утворюють квадратну таблицю, що складається з п рядків і п стовпців. Виділимо в першому стовпці цієї таблиці число аі» в другому а2* ••• і в останньому Послідовність аХі о2, ..., ап бУДе задовольняти умову задачі тоді і тільки тоді, коли ніякі двоє 69
з виділених чисел не стоять в одному рядку таблиці,'тобто коли виділені числа розміщуються по одному в кожному рядку. Отже, відповідь на питання задачі буде позитивною чи негативною залежно від того, чи можна з виписаної вище квадратної таблиці вибрати всі числа від 1 до п по одному з кожного рядка і кожного стовпця. Це можна зробити тоді, коли п — непарне число. Справді, при непарному л, наприклад, по діагоналі, що йде з лівого верхнього у правий нижній кут, стоять усі числа від 1 до п у такому порядку: 1, 3, 5, Н — 2, л, 2, 4, 6, ... , п — 3, п — 1. Доведемо тепер, що при парному п відповідь на питання задачі буде негативною. Припустимо протилежне. Тоді з квадратної таблиці можна вибрати числа 1, 2, ..., п так, щоб вони стояли в різних рядках і різних стовпцях. Звернемо тепер увагу на таке: сума номерів рядка і стовпця, на перетині яких стоїть число &, при діленні на п дає в остачі к + 1. Тому сума номерів всіх рядків і всіх стовпців, на перетині яких стоять вибрані нами п різних чисел таблиці, при діленні на п дасть в остачі 1 + 2 + ... + п = . Це число не ділиться на п (я — парне!). Крім того, оскільки вибрані нами числа стоять по одному в кожному стовпці, то сума номерів цих рядків і стовпців дорівнює 2(1+2+ ... + п) = п (п + 1) і, отже, ділиться на п без остачі. Ця суперечність і доводить наше твердження. 51. При п = 2 твердження очевидне, бо кожне ціле число ділиться на 1. Нехай тепер п > 2. Маємо: ап = п • ап_і + (— 1)«, ап-ї = (п — 1) ап_2 + (— І)*-*. Додавши ці дві рівності, дістанемо ап = (п — 1) (ап_і + сіц—2)• Звідси й видно, що а,і ділиться на п — 1. Зауваження. З доведення неважко побачити, що умова ах = 1 неістотна. Досить, щоб аг було яким завгодно цілим числом. 52. Функції 1о^ ! |*| і|* — 2| + |* + 2| — парні, а тому досить Т знайти додатні корені рівняння, бо якщо с є коренем рівняння, то й —с також є його коренем. Знайдемо спочатку корені рівняння, що лежать в інтервалі від 0 до 2. Якщо 0<*<2, то | * | = х і \х — 2| + |* + 2| = — х + + 2 + х + 2 = 4, а тому рівняння набирає вигляду \0gjJC = 1. Т Звідси Нехай тепер х > 2. Тоді \х\ = х, а |дс — 2| + |* + 2| = * — — 2 + * + 2 = 2* і рівняння набирає вигляду log, * = т 70
При х > 2 функція log ! х набуває від'ємних значень, а функція Т — додатних. Тому ця рівність неможлива. Отже, дане рівняння має два розв'язки: х = ± -і- (рис. 22). 53. Позначимо висоту вишки через h, а кути, під якими її видно, через а, р, Y. Тоді h = atga, ft = 6 tg р, Л = с tg Y, а + р + Y = 90°. (1) З перших двох рівностей (1) маємо: , і * о h . h h (а -|- 6) tg« + tgp = T+T-— ab tg«tgp = -g-. (2) З останніх двох рівностей (1) випливає, що З рівностей (2) і (3) дістаємо 1 — tga tgP tg a + tg Р ' (3) A С ab Звідси 1 ■ ab — M h(a + b) ~ h (a + b)' ab h2 (a + b) = abc — h2c, f a ■ abc і “f- b с 54. Припустимо протилежне, а саме: нехай існує точка В, яка належить усім кругам одночасно. Сполучаємо точку В з центрами 71
01» 02, °В> 0** Ов заданих кругів (рис. 23). Тоді сума кутів, утворених при вершині В, повинна дорівнювати 360°, тобто Позначимо радіуси даних кругів відповідно через гг, гг, Гд, г4, ть> Розглянемо трикутник 01В02. Оскільки точка В лежить усередині кругів (Ох, Гі) і (02, г2)» а центр Ог круга (О,, лежить зовні круга (02, т2), то для сторін розглядуваного трикутника справджуються такі нерівності: Отже, у нерівносторонньому трикутнику 0ХВ02 найбільшою сто- роною е 0г02і а найбільшим кутом'є А.0\В02. Оскільки сума трьох кутів трикутника дорівнює 180°, то в нерівносторонньому трикутни» ку найбільший кут строго більший за 60°, тобто 0гВ02 > 60°. Аналогічно доводимо, що кожний з кутів 02В03, ..., ОлВОг також строго більший за 60°. Тоді, з другого боку, розглядувані кути повинні задовольняти таку нерівність: 0гВ02 02В03 03ВО± -}" “Ь О'ВОі > 360°. (2) Але співвідношення (1) і (2) суперечливі. Отже, наше припущення неправильне. Таким чином, не існує точки, яка б належала одночасно шести кругам, центр кожного з яких лежить зовні інших. 55. Проведемо будь-яке коло, всередині якого міститься не менше як п даних точок (таке коло існує, бо за умовою дано безліч точок). Позначимо його через Тепер проведемо коло С2, концентричне з СІ9 втричі більшого радіуса. Для кожних двох даних точок,гщо лежать усередині С2, проведемо пряму, усі точки якої рівновіддале- ні від цих двох точок. Усередині кола Сг візьмемо точку О, яка не лежить на жодній з проведених прямих. Тоді відстані від’точки О до даних точок, які містяться всередині С2, попарно різні. Нехай Рі, Р2, ... , Рп, Рп+і, • • • » Я« —всі дані точки, що лежать усередині С2, причому | ОРі | < | ОР2 | < ... < | 0Р81. Коло радіуса тр (| ОР,іГ+І ОРп+і |) з центром у точці X) міститиме рівно п даних точок, а саме точки Рі, Р2, . . . , Рл. Інші точки в нього не попадуть, бо воно розміщене всередині кола С2> 56. Перший спосіб. Нерівність виконується або не виконується разом з нерівністю 0ХВ02 -{- 02В03 0вД04 -{- 0^В05 -|~ + О^ВОе + О^ВОі = 360°. (1) \0102\>п>\01В\, \0102\>г2>\02В\. Маємо Оскільки всі доданки написаної суми додатні, то причому рівність виконується тільки при п = 1. 72
Другий спосіб. Якщо *f, г2, ... , хп — додатні числа, то справджується така нерівність: *і + *2+ ... +*п>уХі.Х2 . _ ,Ха п (нерівність Коші між середнім арифметичним і середнім геометричним) *: Беручи В ЦІЙ нерівності Хі = Х2 = ... = Хп_і = 1, хп = 1 + х% дістаємо 1 У і "j“ х, п 57. Якщо К — такий конус з вершиною в точці О, то потрібну властивість матимуть також усі паралельно зміщені конуси з вершинами на промені АО. Отже, шукана множина точок — це сукупність усіх внутрішніх точок конічної поверхні ? вершиною в точці А, віссю, паралельною осі даного конуса, і кутом при вершині, що дорівнює відповідному куту даного конуса. Щоб уникнути непорозумінь, зауважимо, що ця множина точок симетрична відносно точки А. 58. З умови задачі випливає, що всі учні мають однакове число п’ятірок, а також і четвірок. Позначимо це число через k. Оскільки жодні два учні не’вчаться однаково, то всього учніБ у школі не біл ьш як С^. Але С\п < С\п для всіх k (k = 1, 2, ..., 2/і). 59. Вираз ]/— І 2*? — 3* — 21 можна обчислити тільки в точках 2 і ——, де він дорівнює 0. В точці 2 функція Y%x — також дорівнює 0, а в точці —j ця функція не визначена. Отже, х = 2, а у і г знаходимо з рівняння arctg £ 1 + arccos _f tg? (у + г) [ = - . Звідси 1 + arccos + tg2 (y + z) = 1, або arccos + tg2 (y + 2) = 0. Оскільки arccos u > 0 і tg2 v > 0, то останнє рівняння еквівалентне системі рівнянь {arccos Щ- = 0, tg (У + *) = 0. * Кілька доведень цієї важливої нерівності подано, наприклад, у кн: В. А. Виш енський, М. Й. Ядренко. Збірник задач для учасників математичних олімпіад. К., Радянська школа, 1963. 73
З першого рівняння маємо Після цього з другого рівняння дістаємо 2 = кл —тр і ksz. Отже, рівняння з невідомими х, уу г має безліч розв’язків, якими е трійки чисел виду 60. Ця задача розв’язується так само, як і задача 55. Треба тільки замінній кола сферами, а прямі — площинами. 61. Оскільки кожну масу, яка ділиться на 10, можна дістати з пачок по 5 кг, а кожну масу, яка ділиться на 3, — з пачок по 3 кг, то залишається пересвідчитися, що можна дістати з пачок по 3 кг і 5 кг таку масу: 8 кг, 11 кг, 13 кг, 14 кг, 17 кг, а це випливає з рів- ностей: 8 = 3 + 5; 11 = 3 -2 + 5; 13 = 3 + 5 - 2; 14 = 3 • 3 + + 5; 17 = 3*4 + 5. 62. Нехай А і В — ті з даних точок, відстань між якими найбільша. Нехай С — будь-яка інша з даних точок. У трикутнику АСВ за умовою задачі один з кутів — прямий; оскільки [АВ] — який проходить через точку С. Отже, п = 4, а дані точки є вершинами прямокутника. 63. Дане рівняння не змінюється при заміні х на —Отже, якщо х — роріць рівняння, то і —х також є . коренем рівняння. Тому досить знайти лише додатні корені. Припустимо, що 0 < х < < 2. Тоді | х — 2 | *= 2 — х і рівняння набере вигляду ' звідки х2 — 6* + 8 = 0. Розв’язуючи це рівняння, дістанемо хх =2, х2 == 4, причому другий корінь треба відкинути* бо х < 2. Припустимо тепер, що * > 2. Тоді рівняння набере вигляду найбільша сторона трикутника, то прямим буде кут АСВ. Отже, усі дані точки лежать на колі, побудованому на відрізку АВ як на діаметрі (рис. 24). А Припустимо, що серед даних точок крім >В С є ще й інша точка D. У трикутнику ADC один з кутів — прямий; кут ADC не може бути прямим, бо тоді точка С збігалася б з В (відрізок АС був би діаметром). З тієї самої причини не може бути прямим і кут ACD. Отже, кут DAC — прямий і відрізок DC є діаметром кола. Ми довели, що будь-яка інша четверта точка D є кінцем діаметра кола, х~ —• 6.У + 14 З 2—х+х+2 2і — 6jc+14 З 2х ~~ 2 ' 74
звідки х2 — 9х + 14 = 0. Коренями цього рівняння будуть 2 і 7. Отже, корені даного рівняння ±2, ±7. 64. Позначимо Тп = п (п — 3) [п (п — 3) + 14]. Тоді дістаємо Тп = п (п — 3) [п2 — п — 2/і + 2 -|- 12] = = п (п — 3) (л — 1) (л — 2) + 12л (п — 3). Число ті (п— 1) (/І — 2) (л — 3) є добутком чотирьох послідовних чисел і тому ділиться на 8 і на 3. Число 12л (п — 3) ділиться на 24, бо добуток п(п—3) є парним числом (п і /і —3 є числами різної парності). Тому Тп ділиться на 24. 65* Перший спосіб. Припустимо, що число N1 записується т + г цифрами, причому перші т цифр утворюють число N. Замінюючи останні г цифр нулями, дістанемо нерівність № > N . 1<К, звідки N > 10г. Замінюючи останні т цифр числа N$ цифрами 9, матимемо НерІЕНІСТЬ , ЛГ?<ЛГ- ІО' + ІО'-І, або З нерівності маємо: Л^+1<(^+1) . 1(У. № — і < т +1 < (лг +1) кк ДГ_1<1(К, М<1(К+1. Отже, N = 10г. Другий спосіб. Маємо № = N^\W + kІ, (1) де М < 10г, звідки >^N • КУ, N >- 10г > М. Запишемо рівність (1) у вигляді ЛГ — 10г = • N М Оскільки за доведеним <1 і — 10г — ціле число, то N = КК, 66. Побудуємо суму векторів ОСх і ОЛі. Нехай ОС2 = ОСі + + ОАі (рис. 25). Треба довести, що | ОАі + ОВі + ОСі і = І ОС2 + + ОБ1|<1. Будемо обертати вектор ОВі до положення ОК. При цьому кут між векторами ОС2 і ОВі зменшується і, отже, модуль суми цих векторів збільшується. Тому І 0С2 + ОВі І < ІОС2 + ОК\ = І ОЛі І = 1, що й треба було доеєсти. 75
67. Оскільки /(1 — х? — у8)? + (у — *?)? » 0, то для точок шуканої множини виконується нерівність X2 + у2 < І. Піднесемо до квадрата обидві частини рівності, заданої в умові. Дістанемо у = х2. Отже, шукана множина точок — частина параболи у = х2, яка лежить усередині круга радіуса 1 з центром у початку координат (рис. 26). 68.* Нехай квадратний тричлен р(х) = ах2 + Ьх + с при всіх цілих х набуває цілих значень. Якщо х = 0, то р (0) = с — ціле число. За умовою задачі р(1) = а + 6 + с — також ціле число. Оскільки с — ціле число, то й а + Ь — ціле число. Розглянемо тепер р(2) = 4а + 2Ь + с = 2а + 2(а + &).+ с. Оскільки а Ь, с ір (2) — цілі числа, то 2а — ціле число. Отже, якщо р(х) при всіх цілих х набуває цілих значень, то с, а + Ь і 2а — цілі числа. Доведемо, що ці умови й достатні, тобто якщо с, а + Ь, 2а — цілі числа, то р(х) при всіх цілих х набуває цілих значень. Зауважимо, що р( х + 1) — р(х) = 2 ах + а + Ь. Якщо 2а і а + Ь — цілі числа, то з цієї рівності випливає, що для кожного цілого х, для якого р(х) — ціле число, р(х + 1) також буде цілим. За умовою р(0) == с — ціле число. Тому р(1), р(2) і, взагалі, р(х) при цілому х є цілими~*гислами. Другий спосіб. Доведення достатності. Нехай 2а, а+Ь, с — цілі числа. Тоді тричлен ах2 + Ьх + с при всіх цілих х набуває цілих значень, бо ах2 + Ьх + с = 2а * ^ + (а + Ь) х + с, х (х 1) а число —■—- є ціле, оскільки одне з чисел х і х — 1 парне. 69. Досить довести, що знайдеться дві відстані, відношення яких не менше за 1^2. Очевидно, серед чотирьох точок завжди знайдеться три точки, що утворюють трикутник, один кут якого не менший за 90°. Щоб пересвідчитись у цьому, досить розглянути випад♦ Порівняйте цю задачу із задачею 234. 76
ки, коли точки утворюють опуклий і неопуклий чотирикутники (рис. 27, а, б). Нехай трикутник із сторонами а, Ь, с (а > Ь > с) е таким трикутником. Тоді а2>Ь2 + с2, (1) бо проти сторони а лежить кут, не менший за 90°. З нерівності (1) і нерівності Ь > с випливає, що а2 > 2с? або — > У2. 70. а) Нехай т — найбільше з чисел аі, а2, ... , а«. Тоді Ьт Ф Ф 0, а Ьт+і = Ьт+2 = ^ш+8 = • • • = 0. б) Подамо кожне з чисел аг, а2, а3, ап у вигляді суми одиниць і складемо таку таблицю: ах = 1 + 1 + ... в, - 1 + 1 + ... вя ^ 1 + 1 + ... Тоді bf дорівнює числу одиниць у першому стовпці таблиці, Ь2 — числу одиниць у другому стовпці і взагалі bk дорівнює числу одиниць у £-му стовпці. Додавши спочатку числа в кожному стовпці, а потім — знайдені числа, дістанемо суму чисел Яі, а2, а3, .. . , ал. Отже, bi + b2 + Ь3 + ... + Ьт = == fli + а2 + а3 -f*’ • • • ап» 71. Очевидно, (cos? х — 2 sin х)2 > 0. Звідси cos4 х + 4 sin? дг > 2 sin 2* cos *. Рівність виконується тільки тоді, коли cos2 X = 2 sin тобто при х = (—1)* arcsin (У2 — і) + kn, k £ Z. 72. Побудуємо спочатку графіки функцій ... *(*)=■ log, (|*-2|+|* + 2|)— Функція / (х) визначена при х > 0, причому /(X)- ' 2* 2х _ (1 +*)» _ -уГ(1 — дг)а І 1 + XІ +1 1 — * І {х, якщо 0 < *< І; ■ , якщо х > 1. 77
Функція g(x) визначена при всіх х І 1-^-, якщо |*|<2; 2 log! М —д-, ЯКЩО І х І > 2. Графіки функцій /(*) і g(*) зображено на рис. 28. Корені заданого рівняння — це абсциси точок перетину графіків. З графіка видно, що корені лежать на відрізку (0; 2) і дорівнюють: _ 7 _9_ ХІ — д » Х2 — у • 73. Припустимо, що задачу розв’язано. Нехай (рис. 29) — шукана площина. Проведемо в ній пряму, перпендикулярну до даної прямої АМ у точці К» що лежить на (АМ). Позначимо через Р і 0 точки перетину перпендикуляра з сторонами кута ЬАИ. Оскільки ІАМ) — бісектриса кута І.ЛМ,то | ЦР | = І К<і |. Тепер виконаємо побудову. Розглянемо спочатку випадок, коли пряма АМ не перпендикулярна до ребра двогранного кута. Візьмемо на ній довільну точку К і проведемо через К площину, перпендикулярну до (АМ). У перерізі з гранями двогранного кута утвориться кут ТЯЪ. Відрізок РСІ лежить у площині цього кута і ділиться точкою К пополам. Таким чином, задача зводиться до такої: всередині кута 7/?5 дано точку К; через цю точку треба провести 78
відрізок, який ділився б сторонами кута навпіл. На прямій ЯК відкладемо від точки К відрізок І Кй І = І ЯК | (рис. 29). З точки £ проведемо прямі, паралельні сторонам кута. Тоді ЯРО(} — паралелограм. Точка К є точкою перетину діагоналей, а тому відрізок РО проходить через точку К і ділиться цією точкою навпіл. Отже, Р і — шукані точки.. Площина* яка проходить через точки Л, Р і С, є шуканою. Задача, має один розв’язок, якщо пряма АМ не перпендикулярна до ребра І двогранного кута. Нехай (}АМ) перпендикулярна; до ребра /. Тоді' площина, яка перпендикулярна, до (АМ) і проходить через точку /(, перетинає грані по двох, паралельний прямих /х і /2. Якщо К рівновіддалена від прямих Іх і 1%, то відрізок будь-якої прямої, який проходить через К і міститься між прямими і 12У ділиться точкою К навпіл. Задача в цьому випадку має безліч розв’язків. Якщо точка К лежить не на однаковій відстані від Іу і /2, то задача не має жодного розв’язку. 74. Многокутник, який ми розглядаємо,, лежить усередині прямокутника ОКЕМ. Через точки О і £ проведемо прямі, паралельні бісектрисі другого координатного кута, а через точки КІМ — прямі, паралельні бісектрисі першого координатного кута. Тоді дістанемо квадрат із стороною 4 У 2 + —7= (Рис- ЗО)*. Нехай А — точка много- V ^ кутника, найближча до сторони Р(2, В — точка многокутника, найближча до сторони ЯР. Проведемо через А і В прямі, паралельні ((?Р). Ці прямі «відріжуть» від прямокутника ОМЬК два рівнобедрені прямокутні трикутники 05Г і ІТ'5' (на рис. ЗО — заштриховані). Позначимо через х висоту трикутника 05Т, проведену на [ЗГ]. Тоді висота трикутника /Т'5', проведена на [5Т'], дорівнює 4 У2 + У 2 — З У 2 + -^2 х — З У 2 = —^ х. Площі цих трикутників дорівнюють найближчі до сторін РР і ()Я. Провівши через ці точки прямі, паралельні (РР), дістанемо два рівнобедрених прямокутних трикутника. Якщо у— висота трикутника І!КУ, проведена на [УУ], то висота гокутника не перевищує площу прямокутника ОКІМ без площ заштрихованих трикутників: Нехай С і Б — точки многокутника, Як відомо, квадратний тричлен х2-\-(х — а)? набуває найменшого а2. а ~ значення при х = -у . Тому ^-=17,5. 79
75. Припустимо, що р різни* чисел a, a + d, ...Га+ ІР - 1 )d; . (1) записаних у системі числення з основою р, утворюють арифметичну прогресію з різницею d. Остача від ділення кожного з цих чисел на р дорівнює його останній цифрі. Усього може бути р різних остач від ділення на р: 0, 1, 2, ..., р — 1. Але за умовою задачі цифра р — І не зустрічається в запису чисел (1). Тому принаймні два числа а + + kd і а + Id (0 < k < р — 1, 0 < / < р — 1, k < І) при діленні на р дають однакову остачу. Різниця цих чисел (а + Id) — (а + kd) = = d(l — k) ділиться на р. Оскільки / — k < р і р — просте число, то вділиться на р. Тому всі числа (1) мають однакові останні цифри. Відкинувши останню цифру, дістанемо арифметичну прогресію, до якої можна застосувати попередні міркування. Зрештою це суперечить тому, що всі числа різні. 76. Запишемо нерівність у вигляді 3sin2x — 4sin х cos х + sin2* + cos2 x > 0, звідки (2sin x — cos x)2 > 0. Остання нерівність виконується при всіх к. Рівність матимемо тоді, коли 2sin х = cos х, звідки tg* = y, х = arctg -і- + knt j&k£Z. 77. Нехай Di = p\ — 4q±% D2 = p\ — 4q2 — дискримінанти квадратних тричленів. Розглянемо суму &і + ^2 = р\ + р\ ““ 4 (<7і + <7а). Використовуючи умову задачі, дістаємо + &2 = Р\ + р\ — 2рір2 = (Рі — р2)? > 0. Оскільки сума Dr + D2 — невід’ємна, то принаймні одне з чисел Dt чи D2 невід’ємне. Отже, хоча б один з квадратних тричленів має дійсні корені. 78. Нехай діаметр основи циліндра дорівнює 2R. Обчислимо радіус г куль, вміщених у посудину. Спроектуємо кулі на площину основи ціліндра (рис. 31). Тоді з рівнобедреного трикутиика00102, в якому основа дорівнює 2г, а кут при вершині —, дістанемо /і І ООі \ = Л — г = —Г—— , sin -- п звідки D . Я «sin- r=s —• J+Sin-i 80
Нехай тепер ABCD — переріз циліндра площиною, яка проходить" через вісь циліндра і центр однієї з куль (рис. 32). Центр Of кулі лежить на бісектрисі кута «SDC. Позначимо через а кут SDC. сс Тоді з прямокутного трикутника OxMD дістанемо | MD | = rctgy. У трикутнику SCD І 5С| =Я, |CD | = 2R, тому tg а = у . Вико- ристовуючп співвідношення tga = _м=і_ 1-18*1- матимемо звідки tg = -2 ± 1/5. Оскільки а — гострий кут, то tg -j- = —2 + 1/5. Отже, о • 71 R sin — І MD\ -^- = (/5+2) У5-2 1+5Ш_ п Очевидно, кулі буде видно з посудини, якщо \MD\ + r>2Rt звідки о • 71 R sin — Л 1 І 71 * 1 + sin п n • 71 R sin — , . . n 1 + sin 1 n ~ (V5 + 3) > 2R9 81
Нерівність (1) виконується при /2 = 4 ^отже, і при п = 3, бо sin -у > > sin -j-j . Справді, . я 1^2 і/б — 1 sin ~4~ = ~~2~ > 2 * Отже, при я = З і п = 4 кулі видно з посудини. Якщо п = 6, то . я 1 .1/5 — 1 sm ТГ = Т 2 і кулі не видно з посудини. Розглянемо випадок /г=5. Як відомо, . я 1/5 — 1 * sin = — , бо сторона правильного десятикутника, вписаного в одиничне КОЛО, дорівнює ^—“2 ' • Тому . я 0 . я я . . я 1/5 — 1 - sm т = 2 sin _ COS < 2 sin ж . При п = 5 кулі не видно з посудини. Отже, куль не видно з посудини при п > 5. 79. Сполучимо послідовно точки, взяті на колі, хордами. Підрахуємо, на скільки частин розбивається діагоналями утворений многокутник. Діагоналі проводитимемо поступово. Зауважимо, що після проведення кожної діагоналі число частин збільшується на число, яке на одиницю більше від числа точок перетину, що з’являються після проведення діагоналі. Тому число частин, на які діагоналі розбивають многокутник, дорівнює одиниці (на початку ми мали~одну частину — весь многокутник) плюс число діагоналей, плюс число точок перетину діагоналей. Число діагоналей /і-кутника п(п — 3) тт . в дорівнює —— Число точок перетину діагоналей я-кутника дорівнює С* (кожна точка перетину визначається чотирма вершинами — кінцями відповідних діагоналей). Отже, число частин, на які розіб’ється круг, дорівнює »+і+^2+с;. 80. Нехай многочлен р(х) + 1 з цілими коефіцієнтами має цілі корені а, Ь, с. Тоді р(х) + 1 = (X — а) (де — Ь) (х — c)q(x), многочлен з цілими коефіцієнтал :) має цілий корінь т. Тоді 1 = (т — а)(т — b)(m — c)q(m). де <7(дг) — також многочлен з цілими коефіцієнтами. Припустимо, що многочлен р(х) має цілий корінь т. Тоді
Ми записали І у вигляді чотирьох цілих співмножників т — а'т — — bt т — с, q(m), три з яких т — а, т — Ь, т — с напевне різні, що неможливо, бо кожний з таких множників може дорівнювати тільки +1 або —1. 81. Очевидно, цю задачу можна подати в суто математичних термінах. Є певне скінченне число точок. Деякі пари цих точок сполучені відрізками. Довести, що число тих точок, які сполучені з непарним числом точок, парне. Поставимо на кожному відрізку дві стрілки, напрямлені в ті дві точки, які сполучає відрізок. Число всіх стрілок виявиться парним (число відрізків помножене на 2). А тепер обчислимо кількість стрілок по-іншому. Спочатку підрахуємо стрілки біля кожної точки, а потім знайдені числа додамо. Вийде те саме. Але якби число тих точок, в які напрямлено непарне число стрілок, було непарним, то й уся сума була б непарною, що неможливо. 82. Нехай а <6. Позначимо довжину третьої сторони трикутника через с. Через А, В і С позначимо кути трикутника, що лежать відповідно проти сторін а, b і с. Шуканим трикутником буде рівнобедрений трикутник, в якого b = с. У цьому три- кутнику А < В = С. При збільшенні сторони с збільшується кут С, а при зменшенні сторрни с збільшується кут В. 83. Нехай А і В — дані точки, К — точка перетину відрізка АВ з даною прямою / (рис. 33). Побудуємо яке-небудь коло, що проходить через точки А і В. Нехай [MN] — хорда, яку коло відтинає на прямій /. Позначимо І МК |= х, І KN ! = у, І КА І = а, | КВ | =b. Тоді за теоремою про добуток відрізків хорд ху — ab. З нерівності іP>VT„ випливає, що І MN \ = x + y>2Vxy = 2Vab. У рівність ця нерівність перетвориться при х = у. Отже, довжина хорди MN буде найменшою тоді, коли х = у = ]ґаЬ. Побудову виконуємо так: сполучаємо точки А і В; будуємо відрізок У ab (рис. 34, а) і відкладаємо його на прямій по обидва боки від точки К (рис. 34, б). Точки М, N, Л, В лежать на одному колі, яке й є шуканим. 84. Нехай О — центр кола, Р — довільна точка на ньому, а L і М — основи перпендикулярів, опущених з точки Р на діагоналі прямокутника (рис. 35). Якщо на відрізку ОР як на діаметрі описати коло, то точки М і L лежатимуть на ньому, бо] кути ОМР і OLP — прямі. Довжинз хорди LM не залежить від положення точки Р на початковому колі: вона є хордою кола сталого діаметра 83
| ОР |= г, що стягує дугу, на яку спирається кут, що дорівнює куту між діагоналями прямокутника. 85. Застосуємо метод математичної індукції. При п = 0 твердження очевидне. Припустимо тепер, що 2зП~1 + 1 ділиться на Зп для деякого фіксованого п > 0. Доведемо, що тоді 2зП + 1 ділиться на 3'1+1. Маємо 2«'1 + 1 = (2*п~1)3 1 = (2*п~1 + 1) — 2зП~г + 1). Рис. 34 Сума в перших дужках за припущенням ділиться на 3я, тому досить довести, що вираз у других дужках ділиться на 3. Це випливає з таких міркувань: 4 при діленні на 3 дає в остачі 1, а тому й при діленні числа 4Л на 3 дістанемо в остачі 1. 2к при діленні на З дає в остачі 2, якщо к непарне. Отже, остача від ділення виразу в других дужках на 3 дорівнює 1 — Р —-2+1=0, тобто число в цих дужках ділиться на 3. 86. Квадратний тричлен набуває додатних значень при всіх х тоді і тільки тоді,' коли його старший коефіцієнт додатний, а дискримінант від’ємний. Оскільки а* > 0 і а2> 0, то аха2 > 0. Тепер доведемо, що а1а2с1с2 — Ь\ь\ > 0. Для цього досить перемножити нерівності і а2с2 > ь\, які виконуються за умовою задачі. 87. Розв’яжемо задачу для випадку, коли /. С гострий (рис. 36).’ Якщо /_С — тупий, то задачу розв’язуємо аналогічно (для прямокутника твердження задачі очевидне). Маємо: | АС \* = \АЕ\* + \ВС |2-|В£|а, | АС |? = | Л77 |?+^С |* — | О-Р |?. 84
Додамо ці рівності: 2 \АС |* = І АЕ І? — ІВЕ І? + І Лґ І? — І І* + ІВС |2 + | ОС |* = ^(\АЕ\-\ВЕ І) {\АЕ\+\ВЕ |) + (| Л/71 — | Я/71) (|^| + |^ |)+ + |ЯС|! + |ЯС|! = |ЛЯ|. \АЕ\ + \АВ\. \ВЕ\ + \АО\ • | ЛР | + + |ЛО|.|^І + М^І^+МВ|? = == І АВ І • І АЕ І + І Ай І • І АЕ І + ([ АВ | • | ВЕ | + І АВ |*) + + (| ЛЯ|.|ОЛ + |ЛЯ|2) = ='•1 АВ І . І АЕ І + І АВ І . І АЕ | + | АВ | . | АЕ | + | АЭ | • | ЛР | = = 2(| АВ І • І АЕ І + І Л£> І • І Л/71). 88. Якщо Л — аеродром, на який прилетів літак з аеродрому В, то Бсередйні і на сторонах кута 120° з вершиною в Л, бісектрисою якого є промінь АВ, немає більше жодного аеродрому, з якого літак прилетів би в Л. Це випливає з того, що для будь-якої точки С цього кута виконується одна з двох умов: або | ВС | <| АС\ , або | ВС\ « < І АВ І (у другому випадку літак не міг би з В летіти в А). Твердження задачі виплизає тепер з цього зауваження, а також з того, що повний кут дорівнює 360°. 89. Проведемо перпендикуляр І до середини відрізка АВ. Тоді для всіх точок К> Що лежать від / по той самий бік, що й Л, найбільшим з двох відрізків АК і ВК буде відрізок ВК• 3 другого боку від / найбільшим з відрізків АК і ВК буде відрізок АК. Звідси випливає, що шуканою точкою С буде: 1) точка С на прямій, рівновіддалена від точок Л і В, якщо вона існує і міститься між основами перпендикулярів, опущених з точок А і В на цю пряму; 2) основа перпендикуляра, опущеного на дану пряму з тієї точки, яка лежить від прямої на більшій відстані, якщо не виконується попередня умова. 90. Відомо, що число ділиться на 3 або на 9 тоді і тільки тоді, коли сума його цифр ділиться відповідно на 3 або на 9. Цю ознаку можна сформулювати в загальній формі. Якщо аха2а3 ... аь — число, де кожне сц означає не окрему цифру, а Групу цифр, що стоять У цьому числі підряд, то це число ділиться на 3 або на 9 тоді і тільки тоді, коли сума чисел ах + а2 + ... + ділиться відповідно на З або на 9. Це випливає з того, що • • • вк ~ сії * 10а 1 а2 • 10г*,+ і • 10 ^ сік* а Юр при діленні на 3 або на 9 дає в остачі 1* На цій підставі можна твердити, що число, про яке йдеться в задачі, ділиться на 3 або 9 тоді і тільки тоді, коли відповідно на З або 9 ділиться число 1 + 2 + 3 + ... + 1965 = 1965 '2 1966 = 1965 • 983. Цей добуток ділиться на 3, але не ділиться на 9. Зауважимо, що кожне число, яке ділиться на 3 і є точним квадратом, повинно ділися на 9. 85
01. Припустимо протилежне. Нехай на відрізку АВ є'точка D, з якої точку С на поверхні озера не видно (рис. 37). Це означає, що на відрізку DC точка Р є перешкодою. Усі точки відрізка АС лежать на поверхні озера (інакше з А не було б видно С), а тому кожну з них видно з точки В. Тепер проведемо через точки В і Р пряму і продовжимо її до перетину з відрізком АС у точці /(. Оскільки Р — пере* шкода,то точку К не видно з точки В. Ми прийшли до суперечності, Отже, наше припущення неправильне. 92. Використаємо нерівність яка виконується при а > 0, b > 0. Беручи а = , Ь = і використовуючи нерівність sin 2а <: 1, матимемо (і+-Д-) (і -і——\ = і +-Д-н—-—ь -—^— > \ ~sina/\ ~ cos a; sin а * cos a sin a cos а >1+2 sjn acosa + sin 2а = 1 *^2 ^ sin 2а"** +ffik>1+2V'5+2-3+2,/5- Примітка. Тим самим методом можна довести більш загальну нерівність: (і + _и(Н 1_) >(і + 2Т) . \ [ sin" а/ \ 1 cos'1 а/ 4 1 ' 93. Запишемо рівняння у вигляді пхп+* — (п + 1) хп + 1 = пхп (х — 1) — (хп — 1) = = (х — 1) (пхп — хп~1 — хп~1 — ... — 1) = 0. Звідси видно, що х = 1 — корінь рівняння. Інших додатних KO-tj ренів рівняння не має. Справді, якщо *>1, то хп > хк при п > ki а тому пхп — хп~і — хп~~1 — ... — 1 > пхп — пхп 1 > 0; якщо 0 <1 < х < 1, то хп < xk при k < п і пхп — хп-1 _ ^Л-2 # # 1 < — ПХп~Х < 0. 94. Доводимо методом повної математичної індукції за числом шахістів. Якщо п = 2, то твердження очевидне. Припустимо, що 86
твердження правильне для п шахістів і за результатами турніру вони впорядковані так: av а2, ..., ап, (1) Якщо тепер b е (п + 1)-й шахіст, який з кожним із шахістів аі (і = = 1, 2, п) зіграв по одній партії, то він в послідовності (1) займе місце безпосередньо перед тим шахістом а і з найменшим можливим номером, в якого b виграв (зокрема, якщо b виграв в alt то він буде першим, а якщо b всім програв, то він буде останнім). Дістанемо потрібне впорядкування п + 1 шахістів. Отже, твердження доведено. 95. Нехай дано трикутники ABC і Очевидно, середини відрізків, які сполучають точки трикутників ABC і АгВхСІУ рівно- віддалені від площин цих трикутників. Проведемо через середину відрізка, який сполучає центри трикутників, площину Р, перпендикулярну до нього. Шукана множина точок лежить у площині Р. Нехай N — середина відрізка, який сполучає точки /( і L трикутників ABC і А^С^ Спроектувавши [KL] на площину Р, дістанемо відрізок, серединою якого знову є точка N. Тоді наша задача зводиться до такої. У площині Р є два правильні трикутники А'В'СГ і А\ВІСХ із спільним центром (рис. З»). Треба знайти множину середин відрізків, які сполучають точки трикутників А'В'С' і , що легко зробити. Шуканою множиною точок є шестикутник PQRSTV, вершини якого є серединами відрізків А[В\ B'B[t ВХС\ С'С/, С{А\ а'а;. 96. Оскільки завжди I sin #|<: 1, то ця нерівність еквівалентна системі нерівностей [0< I sinу\ < 1, I I JC|— 1 > 1. Перша нерівність системи виконується тоді і тільки тоді, коли виконується одна з нерівностей Геометрично це будуть усі точки площини, крім тих, що лежать на прямих птс ^ _ у = y » п є z* Друга нерівність системи виконується тоді, коли х < —2 або х > 2, Цю умову задовольняють усі точки площини, крім точок смуги, обмеженої прямими X = It 2, і точок цих прямих. Отже, геометричним образом нерівності loglsin^M-DCO € множина ти£ точок площини, які лежать ліворуч від прямої х"= • 2 і праворуч від прямої х = 2 (рис. 39), крім точок, що лежать иа прямих пп ^ _ У — ~2 * л £ Z. 87
97. Вузли сітки, яка облягає кулю, є одночасно вершинами куба, вписаного в цю кулю. Звідси випливає, що центральний кут, який спирається на дугу, утворену одним шнурком сітки, дорівнює 2 arcsin (перевірте це). Якщо тепер позначити радіус кулі через г, то матимемо Звідси 10 = 2г arcsin* ІІШІ \\\\\\\\\\\\\\\\\\m „А шшшшш * ттттж шшшшш ттттж ттттж ■У-ї arcsin —— / з У-f у—я ХУ-9- Рис. 39 Рис. 40 98. Нехай А — шахіст (або один із шахістів), що виграв найбільше партій. Доведемо, що А знає прізвища всіх учасників турніру. Позначимо £,, В2, ...,г£* усіх тих шахістів, які програли А. Припустимо тепер, що шахіст А не знає прізвища шахіста С. Тоді з умови випливає, що С не є жодним із шахістів В,, В2, ..., Вк і що" всі партії у них він виграв. Отже, С виграв більше партій, ніж А. Ми прийшли до суперечності, а це й доводить, що А знає прізвища всіх шахістів. 99. Для того 'щоб многочлен х9 + ах2 — Ьх — с мав єдиний дійсний корінь, який дорівнює —1, треба щоб цей многочлен ділився бе% остачі на х + 1 і щоб часткою від такого ділення був многочлен^ що не має дійсних коренів. Виконавши ділення, дістанемо частку *2 + (а _ 1)* + 1 - а _ Ь, | а в остачі а + Ь —с — 1. Отже, умови задачі будуть виконаній якщо І а + Ь — с т— 1 = 0 І 1 (а — І)2 — 4(1 — а — Ь) < 0. 1 Залишається геометрично подати цю нерівність на площині аОЬ.Т Після очевидних спрощень нерівність можна записати так: \ (а + І)2 + 4(6 - 1) < 0. |
Геометричний образ цієї нерівності — це частина площини аОЬ, яка міститься під параболою (а + І)2 + 4(Ь —1) = 0. Парабола ця перетинає вісь Оа в точках —3 і 1, а її вершина міститься в точці (—1; 1) (рис. 40). Зауваження. Якщо припустите, що рівняння має корінь —1 кратності 3, то до знайденої вище множини точок треба додати ще точку (3; —3), яка лежить на параболі. 100. При п = 1 маємо просте число 2. При інших непарних значеннях п число пп + 1 буде парним, більшим за 2, а тому не простим. Припустимо тепер, що п — число парне. Запишемо його у вигляді п = 2^ де к — непарне. Якщо ^ Ф 1, то число пп + 1 = п2 к + 1 = = (п2 )к + 1 розкладається на множники (при непарному к виконується рівність £ + 1 = (х + 1) (я*“1—хк~~2 + х*1-'3 — ... + 1)) і, отже, не буде простим. Розглянемо тепер випадок, коли п = 25. Матимемо п'»+1 = (2‘)2Чі=(22>+1, звідки випливає, що число не буде простим, якщо 5 ма?. непарний множник. Висновок: прості числа можуть бути тільки серед чисел виду де г = 0, 1, 2 ... . При т = 0 дістанемо просте число 5. При г = 1 дістанемо також просте число 257. При г = 2 матимемо число 264 + 1, більше ніж 1019, бо 210 > > 103, а 24 > 10. При т > 2 і поготів матимемо число, більше за 101?. Отже, серед чисел виду пп + 1 простими числами, меншими за 10і®, будуть 2, 5 та 257 і тільки вони. 101. Зведемо дане рівняння до квадратного, підставляючи І = = х2 + 2х: Р — 5/ + 3 = 0. (1) Нехай корені рівняння (1) є і ^2, тоді ^ + Ь = 5, а іг • /2 •= 3. Для знаходження коренів заданого рівняння дістанемо два співвідношення: *2 + 2 X — І! = 0, (2) *2 + 2х — (2 = 0. (3) За формулами Вієта *11 4“ *12 = 2, *11*12 = —^1 *21 “Н *22 ~ 2, *21*22 “ ^2» де через хп, х12 позначені корені рівняння (2), а через х21, х22 — корені рівняння (3). Тоді *и + *12 = (*ії + *12)- — 2хцхі2 = 4 + 2/і,
Звідси xlX 4- х\г + xlx + х22 = 8 + 2 (ti + t2). Отже, остаточно *їі + ХЇ2 + Х2Х + *22 = 8 + Ю = 18. Відповідь: сума квадратів коренів рівняння дорівнює 18. 102. Нехай квадрат АВСО заданий. | АВ | = а (рис. 41). Знай« демо множину точок, з яких протилежні сторони АГ) і ВС видно під однаковим кутом. Примітка. Множиною точок, з яких відрізок-ЛО видно під заданим кутом а, є всі точки дуг AmD і Arri'D кіл, в яких спільна хорда AD стягує дуги 2а (рис. 42). У нашому випадку шукану множину точок дістанемо в результаті перетину пари кіл однакового радіуса з центрами на прямій MN, що проходить через середини сторін ВС і ADy і таких, які містять відповідно точки Л, D і В, С. Позначимо через Ох і 02 відповідно середини [АР] і [ВС]. Можливі такі випадки. По-перше, центри кіл Кі і К2 (Кі і К2 ~ змінні точки) ріпновіддалені від точок Ot і 02, тобто І ОхКі І = I О2К21 (рис. 41). Точками перетину сукупності кіл з центрами в /Сх і /С2 Є всі точки прямої lv що проходить через середини сторін АВ і CD. По-друге* центри кіл К\ і К2 (Кх і К2 — змінні точки) лежать нижче прямої так, що | К\К2 | •= о, (рис. 43); тоді точками перетину сукупності кіл з центрами в /Сі і /Сг ^ ВСІ точки променів /2 і /3, що є продовженням діагоналей квадрата A BCD за його вершини А і D. Справді, у позначеннях рис. 43 матимемо (EF) ± (К1К2), I KiFІ = I К2F |, тому що трикутник ЕК1К2 — рЬ- нобедрений. Трикутники К\АОх і ЕК*Р конгруентні за катетом і гіпотенузою, звідки IZ^I = І КіОг \ і, отже, | EG\ = | FOx | = ^\GA\. Маємо, що EAG = 45°, а отже, [АЕ) — продовження діа* гоналі АС за вершину А; аналогічно дістаємо промінь /3. По-третє, центри кіл Кі і Кг (Кі 1 К2 — змінні точки) лежать вище прямої Іх так, що \К2Кі\ = а\ тоді точками перетину сукупності кіл з центт Рис. 41 Рис. 42 90
рами в Кі 1 Ко є всі точки променів /4 і /5, що є продовженнями діагоналей квадрата A BCD за його вершини С і В. Доведення аналогічне до попереднього. Зазначимо, що коли центри кіл Кг і К2 збігаються з центром квадрата, то шуканій множині належать точки дуг S! і s2, які стягуються відповідно хордами А В і CD. Легхо впевнитись, ЩО ВСІ ТОЧКИ прямої 1І9 Променів /2, /3, /4, /б і дуг Si, s.2, а'не якась їх частина, належать шуканій множині точок. Відповідь: шукана множина точок, з яких протилежні сторони квадрата видно під однаковими кутами, складається з прямої lv променів /2, /3, /4 і /5, дуг Sj і s2 (рис. 44). 103. Як відомо, для того щоб деяке число ділилося на 3, необхідно і достатньо, щоб сума його цифр ділилася на 3. Перший спосіб. Доведемо, що для будь-якого трициф* рового числа завжди виконується щонайменше одне з трьох тверджень, сформульованих в умові задачі. Припустимо супротивне: нехай для деякого числа не виконується жодне з цих тверджень. Тоді з першого твердження випливає, що сума трьох цифр цього числа не ділиться на 3, аз другого — що кожна цифра не ділиться на 3. Звідси видно, що всі цифри не дають при діленні на 3 однакову остачу (інакше число ділилося б на 3) і жодна цифра не дає при діленні нз 3 остачу 0. Отже, можливі два такі варіанти остач від ділення трьох цифр цього числа на 3: а) 1, 1,2; б) 2, 2, 1. Звичайно, третє твердження задачі вже не виконується, тому що двоцифрове число записане з цифр числа, які дають при діленні на 3 остачі 1 і 2, саме ділиться на 3. Отже, ми прийшли до суперечності, припустивши, що жодне з трьох тверджень задачі не виконується. ,Тим самим доведено, що завжди виконується щонайменше одне з цих тверджень. Другий спосіб. Нехай аг, а2, а3 — цифри даного числа. Розглянемо числа аІ9 аг + а2> Оі + я2 + о3. Якщо одне з цих чисел Ділиться на 3, твердження задачі справедливе. Припустимо, що жодне з цих чисел не ділиться на 3. Тоді знайдеться два числа, які при діленні на 3 дають однакову остачу. Різниця цих чисел ділиться на 3, що також доводить твердження задачі (наприклад, якщо (аг + + а2 + а3) — аг ділиться на 3, то число а2а3 ділиться на 3). 104. Найпростіше побудувати кут 1°, якщо дано кут 19°, так: 0 будуємо кут 361°, зазначаючи, що 19° *19 = 361°; 2) будуємо кут Г як 361° — 360° = 1°. N\ І М Рис. 43 Рис. 44 91
105. При кожній операції, коли витираються будь-які два числа, а замість них пишеться їх різниця, сума всіх чисел, записаних на дошці, зменшується на парне число. Справді, якщо витерто числа а і Ь, то замість суми а + Ь маємо різницю а — Ь і, отже, вся сума зменшилася на 2Ь. Багаторазовим повторенням цієї операції, після чого на дошці залишається тільки одне число, всю суму можна зменшити на якесь парне число. Зазначимо, що спочатку сума всіх чисел на дошці 1 + 2 + ... + 1966 — непарне число, тому що серед цих чисел 983 непарних, а решта — парних. Отже, останнє число на дошці ніколи не може бути нулем. 106. Зауважимо відразу, що | 1 < 1, бо інакше втрачає смисл У1 — | у |. Зауважимо також, що шукана множина симетрична відносно осі Ох, бо вираз у лівій частині рівності не змінюється при заміні у на —у. Тому досить знайти ту частину цієї множини, яка лежить у смузі 0<і/< 1. Маємо (І•* + 1 \—у){\х — 2\ — у) (де —6) (Xі. — 9х + 20) X = о. (і) Множину точок смуги 0<у<1, координати (х\ у) яких задовольняють рівняння (1), дістанемо, беручи сукупність тих точок смуги, для яких: а) | х + 11 — у = 0; б) | * — 2 | — у = 0\ в) де — 6 = = 0; г) — 9лг-{- 20 = 0; д) УІ — у = 0. Використовуючи елементарні перетворення, зводимо задачу до побудови графіків: а) у = = |лг+1|; б) у= |* —2|; в) * = 6; г) (х — 4) (х — 5) = 0 або г') * = 4, г") * = 5; д) у = 1, причому не слід забувати, що0<і/<1 (рис. 45). . Шукану множину точок ^найдемо повністю, якщо відобразимо побудовану частину симетричнб осі Ох, Відповідь: множина точок площини* координати (дг; у) яких задовольняють дане рівняння, подана на рис. 46. 02
107, Позначимо для зручності через я число 23Шб. Задані числа матимуть вигляд л + 1 . 23л + 1 23«+ 1 1 232я + 1 ' Щоб з’ясувати, яке з цих чисел більше, розглянемо їх відношення (я + 1) (529я + 1) 529я2' + 530/г + 1 (23л+1) (23л + 1)"" 529л? + 46л + 1 Це відношення більше за 1. Отже, перше з чисел більше, ніж друге. 108. Нехай чотирикутник ABCD опуклий, О — довільна точка всередині нього (рис. 47). Сполучимо точку О з вершинами чотирикутника. Величини кутів АОВ, ВОС, COD і DO А в сумі становлять 360°, отже, принаймні один з них не менший за 90°. Нехай це, наприклад, кут АОВ. Точка О тоді лежить усередині або на колі діа^ метра АВу бо з теореми про величину кута з вершиною поза колом випливає, що коли кут спирається на діаметр АВ, а його вершина лежить поза колом, то такий кут гострий. Отже, кожна точка всередині чотирикутника АВСО покрита принаймні одним кругом. Нехай тепер чотирикутник неопуклий, причому діагональ АгСх лежить поза чотирикутником. Тоді півкруги, що нобудовані на сторонах АХВХ і ВХСІ9 повністю покривають чотирикутник АХВХС^)Х. 109. Нехай серед усіх трикутників з вершинами в даних л точках трикутник АВС має найбільшу площу (якщо трикутників з найбільшою площею кілька, то вибираємо один з них). Відомо, що 5 Аавс <■ 1 • Проведемо через кожну вершину Д АВС пряму, паралельну протилежній стороні. Такі прямі утворюють трикутник АХВХСХ (рис. 48), площа якого в чотири рази більша за площу ДДВС. Отже, 8ААів,с1 < 4- Доведемо, що Д А1В1С1 — шуканий, тобто всі л точок лежать усередині цього трикутника.Припустимо протилежне, а саме: нехай існує, наприклад, точка О, яка лежить поза Д АХВХСХ. Відносно хоча б однієї з прямих, які є продовженням сторін трикутника АгВхС» точка О і сторона трикутника АВС, паралельна цій прямій, лежатимуть по різні боки. Нехай такими є пряма В1С1 і сторона ВС (рис. 48). Тоді $довс > ^ДАВС (основа цих трикутників ВС спільна, а висота д ОВС більша за висоту А АВС). Суперечність тепер полягає в тому, що А АВС не є трикутником найбільшої площі. Отже, наше припущення неправильне, і всі л точок можна вмістити в трикутник, площа якого не перевищує 4. 93
110. Розглянемо спочатку окремий випадок. Розіб’ємо всі цілі числа на дві групи, відносячи до першої групи пари чисел вигляду k, k + 1, а до другої k + 2, k + 3. При такому способі розбиття парами числа k, k + 4, k + 8, які належать до першої групи,— шукані. При будь-яких інших способах довільного розбиття всіх цілих чисел на дві групи принаймні в одній (нехай для конкретності в першій) знайдуться два числа, різниця між якими дорівнює 2. Позначимо їх через а — 1 і а + 1. Розглянемо п’ять чисел: а — З, а — 1, а, а + 1, а + 3. Якщо число а взято з першої групи, то твердження задачі правильне і числа а — 1, а, а + 1 — шукані. Зазначимо, що коли а — 3 або а + 3 належить до першої групи, то шуканими числами будуть а — 3, а — 1, а + 1 або а — 1, а + 1, а 3. Нарешті, якщо в першій групі немає трьох чисел, які утворюють арифметичну прогресію, то згідно з попереднім вони містяться в другій групі; це числа а — 3, а, а + 3. 111. Виконання умови j^arctg. * ~ *)S* ~ 2я) j (sin у— Sin х +1 * + 4я | + + |х + я| — Зя) Vny-y2=0 (і) еквівалентне виконанню хоча б однієї з таких умов: ardg =0; (2) sin 0 — sin * + І * + 4л І + IX + я І — Зя = 0; (3) V (п — у) у = 0. (4) Зазначимо, що вираз ~V(я — у) у має смисл тільки тоді., коли 0 < у < я. <5) Множину точок, координати (х; у) яких задовольняють рівняння fl), дістаємо, беручи об’єднання тих точок смуги 0 < у < я, для яких виконуються умови (2), (3), (4). З умов (2) випливає виконання однієї з умов: х = 0, х = я, х = 2я. Подамо (3) у вигляді sin у + І х + 4я | + t х + я І = Зя + sin х. (6) Зауважимо: з умови (5) випливає, що 0 < sin у < .1. (7) Отже, для х > 0 умова (6) не виконується. Очевидно, ця умова не виконується і для х < —5я, бо і в цьому випадку вираз у лівій частині (6) явно більший за вираз у правій частині. Для —5я < < х < —4я і —я < х < 0 sin х < 0; отже, sin у + І х + 4я І + І х + я І > Зя, а Зя + sin х < Зя, тому рівність (6) також неможлива. 94
Для —4л < х < — я I X + 4я І + І х + я І = Зя ї вираз (6) зведеться до sin у = sin х. (8) Ураховуючи (7), матимемо —4л < х <: —Зл, —2л < х < —л. (9) Рівняння (8) має розв’язки вигляду: у = (-\)кх + Ля, (10) Множиною точок площини, координати (*; у) яких задовольняють рівняння (8), є прямі, паралельні бісектрисам координатних кутів, зміщені одна від одної на 2 л (рис. 49). З умови (4) випливає, що або у = 0, або у = я. Зазначивши, що рівняння х = 0, х — я, х = 2 я — це рівняння прямих, які проходять відповідно через точки Оу я, 2л на осі Ох паралельно осі Оу, а рівняння у = 0; у = п — це рівняння прямих, що проходять відповідно через точки О, я на осі Оу паралельно осі Ох, виконуємо остаточно потрібну побудову (рис. 50). Відповідь: множина точок площини, координати (*; у) яких задовольняють рівняння (І), зображена на рис. 50. 112. Рівняння найкраще аналізувати, користуючись графічним — парабола, 4л2 методом. Зазначимо, що графік функції яка проходить через точки (—%п\ 1) і (2п\ 1). Графік функції ^2) = 1-| 1-|1_, і — ... — І І — І *||...| V,- —' 2п одиниць 95
можна побудувати, виконуючи послідовно елементарні перетворення з графіками функцій у0 = 1 — | х |, yt = 1 — | у0 |, у2 — і — | у, |, ... • • • , Уіп = 1 — І Угн-і І- Зрозуміло, що у{2) — угп (рис. 51). Цей графік має 2п + 1 «горбиків» у вигляді прямокутних трикутників, висота яких дорівнює 1, а основа 2. Зазначимо, що число коренів розглядуваного рівняння легко знайти, визначивши кількість точок перетину графіків і у(2\ Таких точок буде 4п. З графіків видно також, що найбільшим коренем рівняння є корінь хі = 2п. Щоб визначити другий за величиною корінь х2, треба розв’язати рівняння -^ = -* + 2 п- 1, ліва частина якого визначає рівняння параболи, а права — рівняння відповідної прямої. Додатний корінь цього рівняння х2 = —2п2 + с + 2п Vп2 + 2п — 1 і є другим з шуканих коренів заданого рівняння. Відповідь: рівняння має 4/і коренів; найбільшими з цих коренів є хі = 2п і х2 = = 2п (і/п* + 2га- 1 — я). 113. Нехай задано трикутну піраміду 5Л5С(рис. 52). З усіх ребер цієї піраміди виберемо найбільше або одне з них, якщо їх кілька. Припустимо, що це ребро — [Л5]. Доведемо, що з ребер, які виходять з вершини А або з вершини 5, можна побудувати трикутник. Для цього досить довести, що виконується одна з нерівностей І АС | + | ЛВ | > | Л5|, (1) | | + 1 5С | > | |, (2) ураховуючи, звичайно, що [ЛЯ] — найбільше ребро піраміди. Інші умови побудови трикутника виконуються. Припустимо протилежне, а саме: нехай не виконується жодна з нерівностей (1), (2). Тоді |ЛС| + |Л8|<|Л5|, (3) |«В| + |5С|<| Л5|. (4) Додаючи останні нерівності як нерівності однакового смислу, дістанемо (І А-С | + 15С |) + (| АВ | -)- 15В |) ^ 2 | Д51, (5) 96
З другого боку, з трикутників ACS і ABS маємо відповідно І АС | + І SC ! > І AS І, (6) Mß| + |Sß|>MS|. (7) Додаючи ці нерівності, матимемо (|i4C| + |5C|) + (|i45| + |Sß|)>2| AS\. (8) Порівнюючи (5) і (8), бачимо, що наше припущення неправильне і, отже, виконується принаймні одна з нерівностей (1), (2). Задачу розв’язано. 114. Припустимо протилежне, а саме: нехай серед утворених сум усі числа при діленні на 2п дають різні остачі. Зрозуміло, що ці остачі дорівнюють 0, 1, 2,..., 2п — 1. Зазначимо, що сума всіх сум Sx (тобто сума всіх чисел від 1 до 2п плюс сума всіх Тх номерів) при діленні на 2п повинна давати ту саму остачу, що й сума всіх остач S2 при діленні на 2л. Перевіримо це. Сума = 2(1 + 2 + ... + 2п) = 2п(2п + 1) при діленні на 2п дає в остачі нуль. Сума S2 = 0 + 1 + 2 + ... + (2л — 1) = 2п = 2л2 — л при діленні на 2п дає в остачі п. Отже, ми прийшли до суперечності, звідки випливає, що серед утворених сум принаймні два числа при діленні на 2п дають однакову остачу. 115. Розіб’ємо даний квадрат на 25 рівних квадратиків із стороною . Принаймні один з цих квадратиків містить у собі 3 точки. о Справді, коли б це не виконувалось, тобто у кожному квадратику було б не більше двох точок, то всього налічувалося б не більш як 50 точок, а їх за умовою — 51. Покажемо, що круг радіуса у повністю покриває квадратик із стороною -g-. Зазначимо, що радіус кола, описаного навколо квадратика, дорівнює —^=- , тобто менший за -і-. Отже, коло ра- 5 у 2 * діуса y * описане навколо квадратика, що містить 3 точки, шукане. 116. Див. задачу 111. 117. Задане рівняння найкраще аналізувати, користуючись графічним методом. Зазначимо, що графік функції y(l) = 9 * . .-r-g — \ і) це парабола, яка проходить через точки (—2л— 1; 1) і (2п + 1; 1). Графік функції у<2>=1 —II—І !— ... — II —їх,І ... І 2n-t-l одиниць 9-152 9/
можна побудувати, послідовно виконуючи елементарні перетворення з графіками функцій у0 = 1 — | х |, Уі = 1 — | у0 |, уг = 1— | уг |, ... • • •. Угп+і = 1 — І Угп І- Зрозуміло, що у(2) = уіп+1 (рис. 53). Цей гра- фік має 2п + 2 «горбиків» у вигляді прямокутних трикутників, висота яких дорівнює 1, а основа 2. Використовуючи міркування, аналогічні до наведених при розв’язанні задачі 112, легко впевнитись, що рівняння має 4/1 + 2 корені. З графіків видно також, що найменшим коренем рівняння е ко- рінь хх = —(2/і + 1). Щоб визначити другий за величиною найменший корінь х2, треба розв’язати рівняння (2я + і)і’=х + 2п> ліва частина якого є рівнянням параболи, а права — рівнянням відповідної прямої. Від’ємний корінь цього рівняння *2 = (2д + 1)? — (2п + 1) V(2п + 1)» + і є другим із шуканих коренів заданого рівняння. Відповідь: рівняння має 4/і + 2 корені; найменшими з цих коренів є хі = —(2/і +1) і х2 = ■ (2п + 1 — V+ 12л + і). 118. Запишемо комплексні числа а, Ь, с у вигляді: а = Ь = гг2, с=гг9, де г*, г2, г3 —такі комплексні числа, що | г± | = = |г2І=|га| = 1. Треба довести, що І г2гхг2 + т2г2г3 + г2г3г^ І _ г (Ч + г2 + г3) [ або г1г2 + г2г2 + 232і І = і ч+ч+ч І * Останній вираз після перетворень набирає вигляду 1,1.1
Ураховуючи, що | гхггг% | = | гі 11 гг 11 г» | = 1, а ~~ = гь 4~ = г„ ^ 2І г% — =* *з (де гІ9 г2, гз — комплексні числа, спряжені відповідно гІ9 гг% гз г3), матимемо І ^ + гг + г31 к + г, + г, І Од$1льки комплексні числа ^ + г2 + г3 та + г% + г3 = = (*1 + гг + г3) мають однакові модулі, дістанемо твердження задачі. 110. Див. задачу 113. 120. Для доведення нерівності зазначимо, що _ 1 _ Ґ ! (я + к? ^ (я + к — 2) (я + к — І) (я + к) ' Отже, 1)* + (я + 2)» + • • • + (я + т)* < (я — 1) я (я + 1) + )і (п + 1) (я + 2) ^ # “ * (я + т — 2) (я 4- т — 1) (я 4- т) * Обчислимо суму + (я — 1)я(я+ 1) іі (я + 1) (я + 2) ^ (п т _ 2) (п + т — 1) (я + т) ’ беручи до уваги, що 1 4[ (я 4- Л — 2) (я 4- £ — і) (я + £) 1 1 (я + А — 2)(п + 6 — 1) (я + £— 1) (я + *)] 5 = 1[ ! ! 1 ! 2 [ (я — 1) п п (я 4- 1) ^ я (я 4- 1) 1 1 (я+1)(я4“2) (я + т — 2)(я4~я* 1) 1 (я 4- т — І) (я 4- т) 1 = ±Г !— 2 [ (я — 1) я (я 4- т — 1) (я 4- т) Таким чином, 5 <-7— п— і тим більше 2(я — 1) я і,і, ,і^і (я + І)* (я + 2)® _г ‘ ■' ^ (я + /я)3 ^ 2 (я — 1) я ’ що б треба було довести. 4* 99
121. Перенесемо всі члени правої частини рівності в ліву, зведемо до спільного знаменника і розкладемо чисельник на множники. Тоді дістанемо (а + Ь)(Ь + с)(с + а) аЬс (а + Ь + с) Звідси випливає, що або а + Ь = 0, або Ь + с = 0, або с + а = 0. 122. Щоб правильно визначити вміст усіх урн, досить вийняти одну кулю з урни, де висить табличка з написом БЧ. Справді, нехай вийнята куля з урни з табличкою БЧ виявилася білою. Тоді друга куля, що міститься в цій самій урні, також біла, тому що в противному разі табличка на урні повішена була б правильно, а це суперечить умові задачі. Після цього, беручи до уваги, що всі таблички порішено неправильно, приходимо до висновку, що в урні з табличкою ЧЧ містяться одна біла і одна чорна кулі, а в урні з табличкою ББ—обидві чорні кулі. Якщо з урни з табличкою БЧ ми вийняли чорну кулю, то й друга куля в цій самій урні також чорна, бо табличка повішена неправильно. Тоді, як і раніше, бе- У ручи до уваги, що всі таблички повішені неправильно, приходимо Рис- 54 до висновку, що в урні з табличкою Б Б містяться одна біла і одна чорна кулі, а в урні з табличкою ЧЧ — обидві білі кулі. Отже, незалежно від того, яку кулю (білу чи чорну) вийнято з урни з табличкою БЧ, в обох випадках ми можемо правильно визначити вміст усіх урн. Якби ми виймали кулю не з урни, де висить табличка БЧ, а з урни з табличкою ББ або ЧЧ, то легко пересвідчитись, що одного виймання, взагалі кажучи, не досить, щоб правильно визначити вміст усіх урн. Справді, нехай, наприклад, з урни з табличкою ББ ми вийняли чорну кулю. Тоді в цій урні друга куля може бути або також чорна, або біла, і при цьому не порушується умова того, що всі таблички повішені неправильно. Але, не знаючи, яка друга куля міститься в цій урні, ми не можемо правильно визначити вміст інших урн. 123. Оскільки задане число точок скінченне, то Існує пряма ^ (рис. 54), яка не паралельна жодній з прямих, що проходять через довільні* пари даних точок. Припустимо, що всі дані точки лежать по один бік від g. Будемо рухати пряму g паралельно самій собі в напрямі заданих точок. У деякий момент руху пряма g пройде через першу точку, потім через другу, третю, четверту і т. д.; при цьому одночасно через дві точки рухома пряма не проходитиме, тому що в противному разі пряма g була б паралельна прямій, яка проходить через ці точки,а це виключено вибором прямої £. Оскільки кожні три точки розглядуваної множини не лежать на одній прямій, то будь- які п’ять точок цієї множини можна взяти за вершини п’ятикутнйка. Побудуємо п’ятикутник, вершинами якого є перші п’ять точок, че- 100
рез які пройшла пряма g під час руху, потім побудуємо п’ятикутник, вершинами якого є наступні п’ять точок, і т. д. і, нарешті, п’ятикутник, вершинами якого є останні п’ять точок. Побудовані п’ятикутники розміщені в паралельних смугах, які не мають спільних областей, а тому не можуть перетинатись і, отже, є шуканими. 124. Як відомо, простим числом називається число, яке не дорівнює одиниці і має ту властивість, що ділиться тільки само на себе і на одиницю. Оскільки р і q — прості числа, а отже, р Ф 1, q Ф 1, то з умови, що р — 1 ділиться на qt випливає: Р = lq+ 1. (1) де / > 1 — ціле число. За умовою задачі q3 — 1 = (q — l)faa + q + 1) ділиться на p. Оскільки число р — просте, то хоча б один Із співмножників q — 1 або qt + q + 1 повинен ділитися на р. Перший співмножник, тобто q — І, не може ділитися на р, бо в противному разі число q було б більше ніж р + 1 (q > р + 1), а це суперечило б рівності (І). Отже, на р ділиться <72 + Я + І - Таким чином, q% -f q + 1 можна подати у вигляді <?* + ?+ 1 = тр, (2) де т — деяке натуральне число. Перепишемо останню рівність так: q2 + q — m(p — 1) = m — 1. (3) Сума в лівій частині рівності (3) ділиться на qt тому що на q ділиться кожен з її доданків (р— і ділиться на q за умовою задачі). Отже,', на q повинна ділитись і права частина, тобто т — 1. Тоді т = kq + 1, (4) де k >. 0 — ціле число. Підставимо вирази (1) і (4) в рівність (2) і зведемо подібні члени: (kl — 1)<7а + (/ + & — 1) = 0. (5) З цього рівняння випливає, що k = 0. Справді, припустимо протилежне, а саме, що k ф 0. Тоді в зв’язку з тим, що k і / > І набувають цілих додатних значень, обидва доданки лівої частини (5) будуть додатні і рівність (5) не виконуватиметься. Отже, k = 0. Підставивши значення fc = 0 в рівність (4), дістанемо m= І; тоді з рівності (2) випливає: p = q2 + q+lt що й треба було дог вести. 125. Нехай точки М і N знайдено. Через точку В проведено пряму, паралельну відрізку MN до перетину з прямою CM (рис. 55). Позначимо точку їх перетину буквою D. Із точки D проведемо пряму, паралельну стороні ВА, до перетину з прямою АС у точці Е. Покажемо, що утворений при цьому чотирикутник EDBC — гомо- тетичний чотирикутнику AMNQ (два многокутники називаються гомотетичними, якщо вони подібні і розміщені так, що відповідні сторони паралельні). Розглянемо дві пари трикутників САМ і CED, СММ і CDB. За побудовою [DE]\\[AB], [ОЙ1||[М^1. Отже, 101
ДСЛМ ^ ДСЕІ), ДСМЛ1 ^ Ô£DB. З подібності цих трикутників Дістаємо 1 АМ\ І СА І І CM І __ \MN\ \NC\ І EDІ І СЕ І \CD\ - \DB\ “ \ВС\ ‘ {) У чотирикутників EDBC і AMNC відповідні сторони паралельні (за побудовою) і пропорційні. Отже, ці чотирикутники гомотетичні. Оскільки І АМІ = І MN І =з ІNC І, то з рівності (1) випливає: І ED І = = І DB І = І ВС |. Припустимо, що чотирикутник EDBC побудовано. Тоді точки М і N знаходимо так. Проведемо пряму CD. Точку перетину (CD) з (АВ) позначимо буквою М. Через, точку М проведемо пряму, паралельну (DB), до перетину з (ВС) у точці N. Точки М, N і є шукані. Справді, з подібності утворених трикутників CED і САМ, CDB і CMN дістаємо (1). Оскільки в цьому випадку для чотирикутника EDBC І ED І =* І DB І = І ВС J, то з рівностей (1) випливає, що | АМ | = = |MN| = |WC|, тобто побудовані так точки М і N є шуканими. Отже, задача про будову точок М і N, які б мали ту властивість, що І АМ І = І MN І = І NC І, звелася до побудови чотирикутника EDBC, в якого відомі два кути при основі ЕС, а саме, Z. ЕСЕ ^ Z. ВСА і CED ^ САВ і три сторони ED, DB, ВС, довжини яких рівні між собою. Чотирикутник EDBC можна побудувати так. Вважаємо, що трикутник ABC побудовано. Проведемо коло з центром у точці В радіусом г=*|ВС|. Оскільки j BD І = І ВС І, то точка D шуканого чотирикутника лежа, тиме на цьому колі. Далі, з точки А в напрямі відрізка АВ відкладемо відрізок І АК І = І ВС |. Через точку К проведемо пряму, паралельну відрізку СА. Точку перетину цієї прямої з колом позначимо буквою D. Через точку D' проведемо пряму, паралельну [АВ]. до перетину з прямою СА в точці Е. Як випливає з побудови, чотирикутник AKDE є паралелограм. Отже, І ED І = ) АК І = І ВС |. Чотирикутник CEDB шуканий, тому в ньому ВСЕ b ZВСА, Z.CED s £САВ і | ED | = | DB | = J ВС |. Легко пересвідчитись, що задача має два (один) розв’язки, якщо відстань від точки В до (DK) менша за \ВС\ (дорівнює їй), і не має розв’язку, якщо ця відстань більша за | ВС|. 126. За умовою задачі кожна дівчина танцювала лише з одним хлопцем і жодний хлопець не танцював з усіма дівчатами. Можливо при цьому, що з тим самим хлопцем танцювало кілька дівчат. Доведемо спочатку, що дівчат не менш як дві. Справді, якщо на балу була б лише одна дівчина, то хлопець, який танцював з нею, танцював би, таким чином, з усіма дівчатами, що суперечить умові задачі. Хлопців також не менше двох. Справді, якщо на балу був би тільки один хлопець, то] він танцював би з усіма дівчатами, що неможливо. Отже, на балу присутні не менш як дві дівчини і два хлопці. Виберемо довільну пару ДхХі, яка танцювала.' Хлопець Хі не танцював з усіма дівчатами, а тому завжди існує принаймні Одна дівчина Д2» 3 якою він не танцював. Позначимо хлопця, з якиьі танцювала ця дівчина Д2> через Х2. Тоді цей хлопець не міг танцювати з дівчиною ДІ9 тому що дівчина Ди за умовою задачі, танцювала тільки з хлопцем“*!. Отже, пари ДхХі і Д2Ха — шукані. 102
127. Як бачимо, обидва доданки, що стоять у лівій частині рівняння,— невід’ємні величини. Сума двох невід’ємних величин дорівнює 0 тоді і тільки тоді, коли кожний доданок ДОрІЕНЮЄ 0. Отже, маємо: [1 — х\ — Уг- — УО — *2 — Уг)г + (у— *2)а (у + І X |)2]2 = 0; [ - )/"(*? + Уг- ~ -*-)* + (У ~ *•)* (У + \х |)»]' = 0, тобто 1 -**-{,* = /(1 -**-*)■)*+(У-**)*(» +І *І>*. (1) - хг-\-уг — — = і/"(*2 + у* — ~) + (у — де2)2 (у +1 де І)*. (2) Зазначимо, що з умови У(1 — де! — і/2)2 + (у — де2)2 (у + і х |)* » 0, У (*? + ^-^)г + (у-*2)г(у + І*І)’>о випливає, що 1 — х* — у2 > 0, (3) *2 + */2 — > 0. ' (4) Рівність у виразах (1), (2) виконується тоді, коли (у-х*)*(у+ М)2 = 0, (5) а (5), в свою чергу, справджується тоді, коли хоча б один із співмножників дорівнює 0, тобто у — х2 = 0, У + 1*1 = 0. або У = *а, (6) У = -1*1- (7) Залежності (3), (4) і (6), (7) повністю визначають шукану множину точок. Нерівність (3), зведена до вигляду *2 + ^<1, (З') виконується для всіх точок круга радіуса 1 з центром у початку координат. Нерівність (4), зведена до вигляду + (4') 103
виконується для всіх точок, які лежать поза кругом радіуса з центром у початку координат. Шукана множина точок, координати (х\ у) яких задовольняють задане рівняння, визначається після побудови параболи у = х\ (6) і лінії у = — |х| (7) (рис. 56). 128. Позначимо задане число через А: Л = (8+/бб)л І подамо його у вигляді ,[ (8 + 1/65) (/б5 - 8)|п _ 1 А = /65-8 (1/65 — 8)" Число —г запишеться так: А ± = (Уб5-8Г. Розглянемо різницю Я = А - -і- = (8 + ]/65)п - (/65 - 8)". Якщо п непарне число, то Я — ціле. Отже, десяткові знаки після коми в числах А і збігаються. Доведемо, що перші п де- 11. сяткових знаків після коми числа ^ удорівнюють нулю. Маємо ■ < ‘ А—»п ^ 1 Л#> (8 + 1/65)" 10я 104
У числа — перші я — 1 десяткових знаків після коми дорівнюють нулю, а перша цифра, що не дорівнює нулю, є 1; тому в меншого числа принаймні п перших десяткових знаків після коми також дорівнюють нулю. 129. Якщо круг, який треба вмістити в квадрат із стороною а + 2, весь лежить усередині цього квадрата, то його центр віддалений від усіх сторін квадрата не менш як на 1 (рис. 57), тобто центр круга розміщений усередині квадрата з стороною а, концентричного із заданим. Якщо круг радіуса 1 не перетинав квадрата з стороною 1, то його центр віддалений від усіх точок квадрата не менш як на 1. Множина точок, віддалених хоча б від однієї точки квадрата з стороною 1 менш як на І, являє собою фігуру, обмежену відрізками Рис. 58 прямих і чвертями кіл (рис. 58), площа якої 5 складається з площі п’яти квадратів із стороною 1 і чотирьох чвертей кругів радіуса 1. Зрозуміло, що 5 = я + 5. Розглянемо всі фігури, що відповідають п квадратам, уміщеним у великий квадрат. їх; загальна площа .5 • п = (я + 5) • я. Якщо такі фігури перетинаються, то їх площа менша за (я + + 5) • п. Площа а2 концентричного квадрата, розміщеного всередині даного, більша від (ті + 5)*я за умовою задачі. Але це й означає, що знайдеться точка, яка лежить усередині квадрата з стороною а поза всіма п фігурами, розглянутими вище. Круг радіуса 1 з центром в Цій точці, очевидно, задовольнятиме вимоги задачі. 130. Нехай усередині трикутника АВС лежить квадрат ОЕРв (рис. 59). Треба довести, що площа цього квадрата не більша за половину площі трикутника АВС. Очевидно, досить розглянути тільки той випадок, коли три вершини квадрата лежать на сторонах трикутника. Справді, користуючись паралельним перенесенням, легко побудувати трикутник А^іСі, площа якого менша за площу трикутника АВС, а три вершини квадрата лежать на його сторонах (рис. 59). Зрозуміло, що при цьому відношення площі квадрата до площі трикутника АіВхСі 105
буде більшим, ніж відношення площі цього самого квадрата до площі трикутника ABC. Ми розглянемо загальний випадок, коли жодна з сторін квадрата DEFG не паралельна жодній із сторін трикутника ABC. В окремому випадку, коли одна з сторін квадрата була б паралельна деякій стороні трикутника, дістали б, що вся ця сторона лежала б на одній із сторін нового трикутника Отже, вважаємо, що всередині трикутника ABC міститься такий квадрат DEFG, що його вершини D, F, G лежать відповідно на сторонах ЛС, ВС і АВ (рис. 60). Доведемо спочатку таке допоміжне твердження: площа прямокутника KNPT, вписаного в прямокутний трикутник KLM так} що дві його сторони лежать на катетах, не більша за половину площі цього трикутника (рис. 61). Позначимо \KL\ = h, |/Ш|=/, |/W|=*, | /СГ | =-= у. Треба L A D H С Рис. 60 К Т м Рис. 61 довести, що hl‘ (1) Трикутники KLM і NLP подібні, отже, h-x h (2) У ~ І' З пропорції (2) дістанемо Тоді нерівність (1) зведеться до такої нерівності:
яка в свою чергу еквівалентна нерівності Твердження доведено. Щоб розв’язати задачу, розіб’ємо трикутник\4ВС (рис. 60) на прямокутні трикутники АКН, АВЬ, ВІР, кожний з яких містить у собі певну частину квадрата БЕРв, а всі вони цілком покривають цей квадрат. Застосовуючи до кожного з названих трикутників доведене твердження, дістанемо, що площа всього квадрата БЕРв не більша за половину площі трикутника АВС, що й треба було довести. Зауваження. Може статися, що залишиться деяка частина трикутника АВС, не покрита прямокутними трикутниками; у нас це чотирикутник КРСН. Тоді площа квадрата буде менша за половину площі трикутника АВС. .131. Доведемо справедливість формули яка очевидна. Припустимо, що рівність (1) справедлива для довільного фіксованого п = £, тобто що і доведемо, ща вона буде справедлива і для п = к, + 1, тобто що ]/2^+У 2 + У2+У... + 1/2 = 2005^- (1) п раз методом математичної індукції. При п = 1 рівність (1) зводиться до рівності V 2 = 2 соэ -2-, А раз Л+1 раз Беручи до уваги рівність (2), дістаємо к раз 107
/ f 1 + COS fjf- ->y - 2 V'77?+r -21'“» фт j - 2'“• -£r■ 1 COS OL При цьому ми скористалися ВІДОМОЮ ТОТОЖНІСТЮ — е= cos2 і тим, що при цілому к > 0 виконуються нерівності 0 < ~фїт < т ’ 3 отже* cosi5t>°* Оскільки формула (1) справедлива для п = 1 І з припущення, що вона справедлива для п =* &, випливає ЇЇ справедливість і для п = =■ к + 1, то за принципом математичної індукції рівність (1) справедлива |Цля всіх цілих додатних п. 132. Позначимо через М довільну точку, яка належить шуканій множині точок. Коло, що проходить через точки ЛіВі дотикається до площини Р у точці М, лежить у площині <}, яка визначається точками А, В, М (рис. 62). У цій самій площині лежить і дотична до цього кола. З другого боку, дотична до кола лежить у площині Р (оскільки воно дотикається до площини Р). Отже, дотична до кола, яке проходить через точки Л, В і дотикається до площини Р, е пряма перетину площин (} і Р. Розглянемо два можливі випадки: I) відрізок АВ не паралельний площині Р (рис. 62); II) відрізок АВ паралельний площині Р (рис. 63). Івипадок. Продовжимо відрізок АВ до перетину з площиною Р (рис. 62). Точку перетину позначимо буквою О. Ця точка лежить на прямій перетину площин і Р, тобто на дотичній до кола АВМ, яка проведена в точці М. На підставі теореми про властивість дотичної і січної, які проведені до кола із зовнішньої точки, дістаємо І ОМ І = У\ОА\.\ОВ\, (1) де І О АІ і І ОВІ довжини сталих відрізків. 108
Отже, шукана множина точок має ту властивість, що її точки лежать в одній площині Р і віддалені від фіксованої точки О цієї площини на однакову відстань | ОМ | = ]/1 ОА | • | О В |. Це означає, що такі точки лежать на колі т, радіус якого г = | ОМ | = = У | 0А | • |ОВ|, а центр міститься в точці О. Доведемо, що всі точки цього кола, а не окрема його частина, належать шуканій множині точок. Нехай М' — довільна точка кола т. Оскільки точки М\ А, В не лежать на одній прямій, то вони визначають цілком певну площину 5, яка перетинає площину Р по прямій ОМ'. Через точки ЛГ, А, В проведемо коло, яке позначимо буквою п. Сполучимо точку М' з точкою 0. Оскільки точку М' узято на колі т, то | ОМ' | = | ОМ |. Тоді з рівності (1) дістанемо | ОМ' І = У\0А\. \ 0В\. (2) Таким чином, провівши з точки 0 до кола п січну, яка перетинав його в точках А і В, і відрізок ОМ', де М' — точка цього кола, ми показали, що довжини відрізків ОМ', ОА, ОБ зв’язані залежністю (2). Беручи до уваги теорему, обернену теоремі про властивість дотичної і січної, які проведені з однієї точки 0 до кола п, приходимо до висновку, що пряма ОМ' є дотичною до цього кола в точці М'. Оскільки пряма ОМ' лежить у площині Р, то коло п дотикається до площини Р в точці М'. Отже, точка М' також належить шуканій множині точок. Оскільки М' — довільна точка кола т, то всі його точки належать шуканій множині точок. II випадок. Нехай відрізок АВ паралельний площині Р (рис. 63). Тоді площини, в яких лежать кола, що проходять через точки А і В і дотикаються до площини Р, перетинають її по прямих, паралельних відрізку АВ, які, як було зазначено вище, є дотичними до цих кіл. Нехай т — одне з кіл, яке проходить через точки А і В і дотикається до площини Р в точці М. Сполучимо точку М з центром 0| кола г і з точками А і В. Радіус 0,М, проведений у точку дотику М, будучи перпендикулярним до дотичної ЕМ, буде перпендикулярним і до паралельної їй хорди А В, а отже, поділить цю хорду пополам. Звідси випливає, що точка М рівновіддалена від точок А і В. Відомо, що множиною точок, рівновіддалених від точок А і В, є площина Ф, яка перпендикулярна до відрізка АВ і проходить через його середину. Оскільки, крім того, точка М лежить у площині Р, то вона лежить на прямій /, по якій площина Ф перетинає площину Р. Доведемо, що’всі точки прямої / належать шуканій множині точок. Справді, нехай М' — довільна точка прямої /. Проведемо через точки А, В, М' коло л,. Площина цього кола перетне площину Р по прямій, паралельній (АВ). Дотична р до кола АМ' В в точці Мп також буде паралельна (АВ), тому що точка дотику М' рівновіддалена від точок А і В цього кола. Оскільки (АВ) Ц Р і (АВ)\\р, то дотична р кола АМ'В в точці М!, яка належить площині Р, лежатиме в площині Р, а отже, коло АМ'В дотикається до площини Р в точці ЛГ. V цьому випадку множиною точок дотику М кіл, що проходять через точки А і В, є пряма, по якій площина, що перпендикулярна до відрізка АВ і проходить через його середину, перетинає площину Р. Таким чином, якщо відрізок А В не паралельний площині Р, то множиною точок, у яких кола, що проходять через А і В, 109
дотикаються до площини Р, буде коло, центр якого є точка О перети. ну площини Р з продовженням відрізка АВ, а радіус якого т — = V\ ОА І • І ОВ |; якщо відрізок АВ паралельний площині Р, то множиною точок дотику буде пряма, по якій площина, що перпендикулярна до відрізка АВ і проходить через середину, перетинав площину Р. 133. Припустимо протилежне, а саме: нехай функція у = = cos х + cos Kxt де X — ірраціональне число, є періодичною. Як відомо, функція f називається періодичною, якщо існує таке число Т ф 0, що для всіх х £ D(f)'виконується рівність /(*+ Г) = /(*). (1) Позначимо через Т період функції у = cos х + cos Хх. Тоді за означенням періодичної функції для всіх значень х £ R виконується рівність cos(jr + Т) + cos X (х + Т) = cos х + cos Хх. (2) Нехай в рівності (2) х = 0, тоді cosТ + cos XT = 2. (3) Оскільки значення косинуса не перевищують 1, то з рівності (3) випливає, що cos Т = 1, cos XT *= 1« З останніх рівнянь відповідно знаходимо: Т = 2nk, КТ = 2лл, (4) де k І п — цілі числа. Вилучаючи з рівнянь (4) Т, дістаємо Таким чином, припустивши, що функція у = cos х + cos \х періодична, ми прийшли до висновку, що X = — раціональне число, тому що воно є відношенням двох цілих чисел пік. Але за умовою задачі X — ірраціональне число. З цієї суперечності випливає, що наше припущення неправильне, отже, функція у = cos х + cos Хх не € періодичною. Зауваження. Аналогічно можна довести більш загальне твердження, а саме: якщо відношення — є ірраціональне число, то COg функція у = COS (OjX + cos со2х не є періодичною. 134. Доведемо, що такою лінією буде півколо довжини Y2я5, тобто що півколо довжини /2я5 не можна помістити цілком в жодну опуклу фігуру, площа якої S. Припустимо протилежне, а саме: нехай півколо АВМ довжини 2nS можна помістити цілком в опуклу фігуру Ф, площа якої 5, так, щоб воно не мало спільних точок з контуром фігури Ф (рис. 64). Оскільки фігура Ф — опукла (фігура називається опуклою, якщо вона містить всі точки відрізка, який сполучає будь-які дві її точки), то з того, що вона містить у собі півколо, випливає, що вона містить півкруг, обмежений цим 110
півколом і діаметром. Радіус півкола довжини V 2лБ знаходимо з рівняння /2лЗ = я/?, звідки (1) Площа 5' півкруга радіуса (1) дорівнює: 5' = ^ = 5, тобто дорівнює площі фігури Ф. Отже, припускаючи, що в опуклу фігуру, площа якої 5, можна помістити цілком півколо довжини і/2я5, приходимо до висновку, що фігуру, площа якої 5, можна помістити цілком у фігуру, площа якої теж 5, чого не може бути. Ця суперечність показує, що півколо довжини У 2л5 не можна помістити цілком в опуклу фігуру площею 5. Отже, якщо людина заблудилася на ділянці лісу, що має опуклу форму і площу 5, і рухатиметься по п і/~25" колу радіуса /? = у , то, пройшовши шлях, що не перевищуе К2я5, вона вийде з лісу. 135. Див. задачу 129. 136. Оскільки 1968 = 3 • 656, то задане число можна записати так: 2і?б8 -{. і = (2«ьв)3 і = + 1) • (21312 — 2е*« + 1), тобто його можна розкласти на два множники, кожен з яких е цілим числом і не дорівнює 1. Отже, 21968 + 1 — складене число. 137. Дане рівняння можна записати у вигляді: *а + (У — О2 = 1, якщо у > 0, *2 + (у + І)2 = 1, якщо у < 0. Як відомо, перше з цих рівнянь визначає коло з центром у точці (0; 1) на осі ординат радіусу = 1, яке проходить через початок координат. Оскільки центр кола лежить на відстані сі = 1 від осі Ох, а радіус гх == 1, то всі точки кола містяться в півплсшині у>>0. Аналогічно переконуємося, що всі точки кола, яке визначається другим рівнянням, розміщені в півплощині у < 0. Отже, множина точок, координати (х\ у) яких задовольняють умову г2 + + ф = 2 | у |, складається з двох кіл (рис. 65), центрами яких є точки (0; 1), (0; —1), які лежать на осі ординат, а радіуси дорівнюють 1. 138. Припустимо, що задачу розв’язано. Нехай / — шукана пряма (рис. 66). Позначимо точки перетину прямої / із сторонами кута через А і Я. Побудуємо коло, яке дотикається до прямої І і продовжень відрізків і 5>В (5— вершина даного кута). Точки дотику кола з цими прямими позначимо відповідно через МІ9 М2 і Мз- 111
З властивостей дотичних, проведених із зовнішньої точки до кола, маємо І АМі і = і AMt\, і ВМ9 і = І ВМ21, І SMi І = І SM21 (1) Тоді, беручи до уваги рівності (1), можемо записати таке співвідношення для периметра р шуканого трикутника: р = І SA І + І АМ3 І + І MSB І + І BS І = І SA І + І АМХ | + | SB | + + І ВМ21 = І SMi І + ІSM21 = 2 І SM1\ = 2\ SM21. (2) Отже, пряма, яка відтинає від сторін кута трикутник заданого периметра р, є дотичною до кола, яке дотикається до сторін кута в точках Мі і М2, віддалених від вер- л . Р шини S на відстань Із сказаного випливає такий спосіб побудови шуканої прямої. На сторонах кута від вершини 5 відкладемо відрізки | 5/И| | — = | БМ2 і — . У точках Мі і М2 будуємо перпендикуляри до відрізків 5АЇ! і ЗМ2 і продовжуємо їх до перегину в точці О. Описуємо коло з центром у точні О радіусом | 0М1| = | ОМ21 . Тоді шуканою прямою,;буде та, яка проходить через точку (), дотикається до побудованого кола і перетинає відрізки ЯМ г і Очевидно, коли точка ф лежить у вертикальному куті відносно заданого, включаючи точки його сторін і вершину, або на сторонах заданого кута на відстані від вершини або більшої за неї, то задача не має розв’язку, тобто через таку точку не можна провести пряму так, щоб вона відтинала від сторін кута трикутник заданого периметра. У всіх інших випадках задача завжди має єдиний розв’язок. Зауважимо, що коли точка ф лежить всередині кута, то через кожну точку, що належить області, обмеженій його сторонами і меншою дугою кола, . р . а яке дотикається до сторін кута І має радіус г = ~2~ • а"~~ величина заданого кута, можна провести по дві прямі, при цьому кожна з них відтинає від сторін кута трикутник заданого периметра. Через кожну точку межі цієї області (крім її вершин) можна провести одну таку пряму. Через усі інші точки заданого кута такі прямі провести неможливо. 112
139. Очевидно, для того щоб дві пари взаємно перпендикулярних прямих ть т2 і Л|, л2, перетинаючись, утворювали чотири прямокутні трикутники, необхідно і достатньо, щоб прямі були не паралельними і жодна з'них не проходила через точку перетину другої пари. Позначимо середини гіпотенуз прямокутних трикутників АВС, АРЕ, ГОС, ВйЕ, які при цьому утворилися, відповідно через МІР М2, Мз, М4 (рис. 67). Розглянемо трикутники АИВ і АйР. У них [МгМА і [М2М8] —середні лінії, тому [Л1іМ4] || [АЛ] і [МіМ4] = = ^ у-- ; аналогічно [М2М3] || [Ай] і | М2М81 = ^ . Таким чином, [МіМ^] || [М2М9] і | МіЩ | = \М2МгІ. Отже, чотирикутник МіМ2М3Мл — паралелограм (протилежні сторони паралельні і конгруентні). У трикутнику АРО [АЕ\ і [ОС] —висоти, оскільки т% ± т± і ла ± пі, В — точка їх перетину. Оскільки висоти трикутника перетинаються в одній ТОЧЦІ, ТО [/7<3] € також висота цього трикутника. У трикутнику АВР [МіМ2] — середня лінія, отже, [ЛііМ2] || [В/7] II [О/7]. Оскільки [ЛТдМ4] || [Ай], а [МіМ2] Ц [ГС] і [ТО]±[Л/>], то [МіМ2\ ± [МіМ4]. Отже, у паралелограмі МіМ2М3М4 дві суміжні сторони перпендикулярні, тобто М1М2М8М4 — прямокутник. 140. Нехай Ох і 02 — ті з даних гочок, відстань між якими найбільша. Якщо довжина відрізка 0Х02 менша за одиницю, то коло радіуса 1 з центром у точці Ох містить всі дані точки і твердження задачі справедливе. Припустимо тепер, що довжина відрізка 0Х02 не менша за 1. Побудуємо два кола, які мають центри в точках Ох і 02 і радіус, що дорівнює 1. Тоді кожна інша з даних точок, наприклад точка О, обов’язково лежатиме всередині одного з побудованих кіл. бо за умовою задачі довжина відрізка ООх або 002 менша за 1. Тому одне з побудованих кіл міститиме всередині принаймні половину даних точок. 141. Позначимо шукані числа в порядку їх зростання буквами < <*2 < Яз < я4 < (*) Додавши їх попарно, дістанемо такі десять чисел: и, = ах + а2, и2 = ах + а3, и3 = аг + а4, и4 = ах + а5, Иб = а2 + а3, нв = а2 + а4, и7 = а2 + аь, = а9 + а4, = аз “Ь аб* ию ■“ а4 “Ь аБ* Додамо почленно ці рівності і дістанемо 4(аі + а2 + а3 + а4 + а5) = 0 + 2 + 4 + 4 + 6 + 8 + 9 + + 11 + 13 + 15 = 72. Звідси а1 + а2 + аз + **4 + = (2) 113
Найменшу суму пари чисел, взятих з послідовності (1), ми лі' станемо, додаючи найменші числа, тобто ах іа2. За умовою задачі ця сума дорівнює нулю, отже, аг + а2 = 0. (3) Наступну з величиною суму ми дістанемо, додаючи ах і а3: Оі + «з = ї- (4) Найбільшу суму ми матимемо після додавання двох найбільших чисел, тобто 04 і аь\ а4 + лб = 15. (5) Число, що стоїть перед цією сумою, ми дістанемо, додаючи а9 і аь: Яз 4* Лб ~ 13. • (6) З рівняння (2), беручи до уваги (3) і (5), знаходимо а3 =* 3. (7) Підставляючи а9 = 3 в (4) і (6), відповідно матимемо ах = —1, аь = 10. (8) Тоді з рівнянь (3), (5), ураховуючи (8), випливає, що а2 = 1, а4 = 5. Отже, шуканими числами будуть: аг = —1, а2 = 1, а, = 3, ах = 5, а* — 10. 142« Зауважимо, що нерівність визначена при всіх х £ #\{0; ±1}« Запишемо її у вигляді Оскільки права частина нерівності і чисельник її лівої чацтини додатні, то значення дг, які задовольняють нерівність (1), повиниі за^ довольняти й нерівність *(*2__1)>0. (2) Якщо перенести всі члени нерівності (1) у ліву частину і розкласти чисельник на множники, то нерівність набере такого вигляду: -тЛі'^-!г+" Беручи до уваги нерівності (2) і (3), дістаємо, що значення х, які задовольняють дану нерівність, задовольняють таку систему нерівностей: /2 — х > 0, \х(х2 — 1) > 0. Розв’язком цієї системи нерівностей є множина значень х, яка задовольняє умови —1 <х <0, 1 < X < 2. 114
143. Позначимо цифри заданого шестицифрового числа N через а, Ь, Су сі, е, Тоді це число можна записати у вигляді ЛГ = 10® а + 10*Ь + 10*с + ЮЧ + Юе + / = аЬак{. (1) Розглянемо число такого виду: N і = ЩаЬЇ. (2) Доведемо, що коли N ділиться на 37, то на 37 ділитиметься й N1. Для цього розглянемо різницю чисел (1) і (2); її можна записати так: N ~ N1= (10*- - 10а) а + (104 — 10) Ь + (103 - 1) с + (10е — — іо») а + (іо — ю1) е + (і - іо») /. Звідси = N _ (103 — 1 )(аЬс —Неї). (3) Оскільки 103 — 1 = 999 ділиться на 37 І за умовою задачі на 37 ділиться число УУ, то число Мі також ділитиметься на 37. Отже, якщр & ф 0, то число Ыг — шестизначне, а отже, е шукане. Нехай і *= 0; тоді І Ф 0, оскільки всі цифри різні. В цьому випадку на 37 ділитиметься п’ятизначне число Лг2 = е[аЬс. Тоді на 37 ділитиметься й число 10 • тобто шестизначне число е}аЬс<1. Зауваження. Із сказаного вище випливає така властивість чисел, які діляться на 37. Нехай деяке число N ділиться на 37. Розіб’ємо його справа наліво на грані по три цифри в кожній. Тоді число ії, яке утворюється з цифр числа N в результаті перестановки будь-яких двох таких граней, також ділитиметься на 37. Аналогічно можна довести й таку ознаку подільності чисел на 37. Розіб’ємо число Лґ на грані справа наліво по три цифри в кожній (остання грань може містити меншу кількість цифрї. Число N ділиться на 37 тоді і тільки, тоді, коли сума утворених трьохзнач- них чисел ділиться на 37. 144. Припустимо, що задачу розв’язано. Нехай / — шукана пряма (рис^ 68). Позначимо центр даних кіл через О і їх радіуси через ги гг> \г% > гх)\ точки перетину прямої І з колами (О, гх) і (О, г2) позначимо відповідно через А^ В± і А, В. З точки О опустимо на пряму / перпендикуляр ОС. За умовою задачі | АВ | = 2 | Афх |. Беручи до уваги властивість перпендикуляра, опущеного з центра кола на хорду, маємо: | С В | = 2 | СВі |, звідки | СВХ | = | ВХВ |. З точки Ві проведемо перпендикуляр до (СВ) і продовжимо його до перетину з (ВО) в точці £>. Оскільки || [СО] і | СВХ | = | ВХВ |, то \OD\-\DB\. Через те що [#і6] перпендикуляр до (#іВ), то точка Ві є точка перетину кола, побудованого на [ВЬ] як на діаметрі, з колом (О, гг). Отже, пряму І будуємо так. Беремо довільну точку В кола (О, г2). На відрізку | ВО | = ^ ^ ^ як на діаметрі будуємо коло. Точки перетину цього кола з колом (О, гх) і будуть тими точками, кожна з яких разом з точкою В визначає положення 115
прямої /, на якій концентричні кола (0, г%) і (О, гг) відтинають хорди, що мають таку властивість: одна 3 них удвічі більша за другу. Очевидно, задача має розв'язок, коли—</'і<г2. Якщо гг = = , то через кожну точку кола (О, г2) можна провести тільки одну таку пряму, якщо -у- < гг < г2, — Дві. 145. Доведемо, що серед чисел (1 — аі) Ьі, (1 — а2) Ь2, ... , (1 — Яі9вв) ^1968 знайдеться принаймні одне таке число (1—щ) Ьі, в якому йі > Ьі. (1) (2) Припустимо, що такого числа серед чисел (1) не існує. Тоді всі числа (1) мають ту властивість, що ак<Ьк, * = 1, 2, 3, ... , 1968. (3) Додаючи почленно нерівності (3), дістанемо 1968 1968 21 Я* < 5] Ьк. к= 1 Де=1 Ця нерівність не справджується, бо сума чисел в лівій частині дорівнює сумі чисел в правій частині. Отже, ми прийшли до суперечності, звідки випливає, що серед чисел (1) знайдеться принаймні одне таке число (1 — сц) • Ьі, в якому аі > Ьі. Тоді, беручи до уваги (2), а також те, що 0 < щ < 1 і 0 < Ьі < 1, матимемо (1 - аі) Ьі< (1 - аі) а, = ^- (а, ~ у)?<Т ‘ Таким чином, серед чисел (1) усі не можуть бути більшими за 146. Позначимо через аі, а2, а3, . .. , ап сторони заданого многокутника, а через а{1 і аі2 — проекції відрізка а{ відповідно на [АВ\ і [АЭ] (рис. 69). За теоремою Піфагора а тому X а*= 51 а*і + X в*2’ І=1 1 = 1 і— 1 Оскільки сторона квадрата дорівнює 1, то аі2 ■< 1, а отже, ^ аі2 ^ аі2* ^ОДІ I] < 5] аі\ + 2 аі2- і = \ і = 1 і = 1 Зауважимо тепер, що сума проекцій сторін многокутника на сторону квадрата не перевищує 2 (проекції окремих сторін много116
кутника можуть перекриватись, але не може перекриватись одночасно більш як дві проекції, бо многокутник опуклий і кожна пряма, перпендикулярна до сторони квадрата, на яку проектують многокутник, перетинає його не більше двох раз). Отже, 2 а? <4. 147. Перепишемо задану нерівність у вигляді З sin2 а (1 — sin2 а)(1 — sin2 а) (1 — sin2 а)< . (1) Оскільки всі множники невід'ємні, то остання нерівність еквівалентна такій: V^sin2 а (1 — sin2 а) (1 — sin2 а) (1 — sin2 а)< — • Застосовуючи нерівність Коші між середнім геометричним і середнім арифметичним, дістанемо 3 sin2 а (1 — sin2 а) (1 — sin2 а) (1 — sin2 а) < ft sin2 а + (1 — sin2 а) + (1 — sin2 а) + (1 — sin2 а) 3 ^ Це й доводить справедливість нерівності (1). Зауваження. Рівність (2) виконується тоді і тільки тоді, коли всі доданки рівні між собою, тобто коли 3 sin2a = 1 —siri2a. Розв’язуючи це рівняння, дістанемо: а= ±(_і)*-|- + лА, k£Z. 148. Припустимо протилежне, а саме, нехай жодне з чисел х. у, г не ділиться на 3. Тоді їх можна подати у вигляді {х = 3m ± 1, у = 3я ± 1, z=3k± 1, де mt п, k — цілі числа. Підставивши х, у, г у рівняння лс*+ у* = г8» дістанемо: 9(3т9 ± Зт* + т + 3п* ± Зя2 + п — З*3 т 3k* - k) = = ±1 Т 1 Т 1. Але ця рівність не може виконуватись, оскільки при будь-яких цілих m, п, k ліва частина ділиться на 9, а права при будь-якому наборі знаків на 9 не ділиться. Ми прийшли до суперечності, отже, наше припущення неправильне. Зауваження. Рівняння д:3 + у* = z3 не має цілих додатних розв’язків. Це було встановлено славнозвісним математи- ком*академіком Російської академії наук Леонардом Е й л е р о м (1707 —1783). Розв’язки в цілих числах рівняння де3 + у* = і3 має (наприклад, х = 7, у = —7, г = 0). 117
Доведене в задачі твердження є одним з етапів доведення теореми Ейлера*. Зауважимо також, що до цього часу не розв'язано так звану велику проблему Ферма, яка полягає в тому, од при натуральних п > 3 рівняння хп + tf1 = гп не має цілих додатних розв’язків. V 149. Задача зводиться до знаходження висоти піраміди, з вершини 5 якої сторони основи І ВС | = а, | АВ | = с, | АС | = Ь видно під прямими кутами (рис. 70). Позначимо довжини бічних ребер піраміди SABC: \AS\=x, I BSІ = у, ICS І = z. За умовою задачі Д ASB, Д i4SC, Д BSC — прямокутні. Таким чином, [BS1 ± [ÀS] і [BS] ± [CS]. Отже, відрізок BS перпендикулярний до площини ASC. Тоді об’єм піраміди SABC дорівнюватиме 1 ДАВС e Н (де Я — висота піраміди), але, крім того, і/ 1 1 V« = т* 2Хгу' З рівностей (1), (2) знаходимо U 1 хуг Y ~§ ДАВС (О (3) (3) За теоремою Піфагора з прямокутних трикутників ASBt ASCt BSC дістаємо X2 + y2 = c2t y2 + z2. = a\ z2 + х2 = b\ (4) звідки ХІ = Ь2 + с2 - а2 & * а2 + с2 — Ь2 2 а? + ь2 — с2 (5) беручи до уваги формулу Герона і залежності (5), з рівності (3) дістанемо шукану висоту, на якій буде дирижабль: (а2 + Ь2 — с2) (а2 + с2 — Ь2) (Ь2 + с2 — а2) 2 (a + b + c)(a + b — c)(a + c — b)(b + c — a) (6) Зауваження. На підставі залежності (5) можна сказати, що з точки 5 (вершини піраміди) всі сторони трикутника АВС мож* 3 доведенням теореми Ейлера можна ознайомитись у кн: Л. Г. Шнирель май. Простые числа. М., Гостехиздат, 1940. А. Я. Хинчин, Великая теорема Ферма. ГТТИ, 1932. 118
на бачити під прямими кутами тоді і тільки тоді, коли ABC— гострокутний трикутник. 150. Припустимо, що такий многогранник існує. Позначимо число його ребер через N, число чотирикутних граней — через Аг, шестикутних — через т. Підраховуючи його ребра, матимемо 777 • З + 4k + 6m = 2N (при цьому кожне ребро враховувалось двічі). Звідси 777 • 3 = 2N — 4k — 6m. Ця рівність при цілих N, т, k не може виконуватись, оскільки зліва число 777 • 3 — непарне, а справа 2N — Ak — 6m — парне. Приходимо до суперечності, яка й доводить, що не існує многогранника, в якого 777 граней — трикутники, а решта граней — чотири- і шестикутники. 15!. Позначимо шукане число через N, Оскільки N — три- цифрове число, то його можна записати у вигляді N = 100а + 106 + с. (1) За умовою задачі АР = (а + ь + с)5. (2) Звідси N = (а + Ь + c)s Vа + Ь + с. (3) З цієї рівності випливає: якщо таке число N існує, то сума його цифр (а + 6 + с) повинна бути повним квадратом деякого цілого числа. Через те що N — трицифрове число, то справджуються такі нерівності: 100 < Ы < 1000. (4) Беручи до уваги (2), (4), дістаємо і. 2_ 6_ 5 < 105 < а + Ь + с = Л/5 < 105 <16. Оскільки а + b + с є повним квадратом цілого числа і між числами 5 і 16 таким є тільки число 9 = 3а, то а + 6 + с = 9. Підставляючи це значення в (3), знаходимо N = 243. 152. Зауважимо, що ця задача є узагальненням на тривимірний простір задачі 116. Нехай многогранник, який повністю вміщено в куб, є /z-граниик. Позначимо площу k-i (k = 1, 2, 3, ..., п) його грані через Sk, а кути, які утворює площина цієї грані з гранями куба СхВгВС, АХВХВА, AXBXCXDX, що перетинаються в точці Blt відповідно через ak, Pfc, Ук (рис. 71). Тоді площі проекцій Skі, Sk2, Skз цієї грані на зазначені грані куба дорівнюватимуть: Ski = Sk • cos ak, Ski = Sk • cos fU, (1) Sfo — Sk • cos Ук- 113
Підносячи до квадрата обидві частини кожної з рівностей (1) і до- даючи почленно знайдені результати, дістанемо Sl • (cos* ak + cos* p* + cos* V*) = S*, + S’2 + S*a (* = 1, 2, ... , n). (2) Покажемо, що cos? ak + cos? РЛ + cos? Ук = 1. Для цього нагадаємо, що кут між площинами — це кут між перпендикулярами до цих площин. Отже, аЛ, к Ук — це кути, які утворює перпендикуляр до Л-ї грані вміщеного многогранника з нормалями до площин СХВХВС, АХВХВА, AXBXCXDX, тобто з відрізками ВХАХ> ВхСі, ВхВ. Віднесемо цей перпендикуляр до точки Ві (рис. 72). Позначимо | ВХМ | = Лк. Через точку М проведемо три площини, паралельні площинам СхВС% AxBxBAt АгВхСхОх. Ці площини разом з площинами СХВХВС, А1В1£А, A^BXCXDX утворюють прямокутний паралелепіпед, довжини ребер якого I BXLX І = hk cos ak% | BXNX f = hk cos | BXK | = hk cos Відрізок I BXM I = hk є діагоналлю цього паралелепіпеда. З прямокутного паралелепіпеда L^iNiB^LMN знаходимо h\ = h\ (cos? ak + cos? + cos? VA), звідки cos2 ak + cos2 pk + cos? Ук = 1. (3) Беручи до уваги рівність (3) і додаючи почленно рівності (2), матимемо tsl = Ss*i+ £s«+ S^3. <4> k=\ k=l k=\ k=\ Через те що площа грані куба дорівнює 1, то площа проекції будь- якої грані вписаного в такий куб многогранника на грань куба не перевищує 1, тобто Sfo 1» h = 1, 2, 3,#. •. і л, / = 1, 2, 3. 120
Отже, ^k =e І, 2, 3, •. • , /і, / = 1, 2, 3. (б) З (4) випливає £ SA< S Sk\ + S Sk2 + S S*3- »=1 4=1 *=l k=l Вміщений многогранник є опуклим, тому сума площ проекцій усіх його граней на грань куба не перевищує подвійної площі грані куба. Отже, £sw<2, 1,2,3. (7) А=1 Ураховуючи нерівності (7) і (6), дістаємо t*l< є- k=\ 153. Легко переконатися, що при всіх х Ç R вираз уО + х + + \ 1 — х набуває тільки додатних значень. Тому задане рівняння УТ^х + УТ=~х = а (1) матиме дійсні розв’язки тільки при а > 0. Піднесемо до куба обидві частини заданого рівняння. Враховуючи при цьому рівність (1), дістаємо За У \-х* + 2 = а3. ' (2) Це рівняння в області дійсних чисел рівносильне рівнянню (1). Справді, рівняння (2) можна записати так: (3/Т+^)3 + - а3 + За у—х УТ+lc = 0. Розклавши ліву частину цього рівняння на множники, дістанемо (•у—х + УТ=Ї - а) [ (УГ=~х + а)2 + (УГ+1 + а)2 + + (УТ=~х - УТ+И)2\ = 0. (3) Оскільки вираз, що записаний в квадратних дужках рівняння (3), не дорівнює нулю при додатних значеннях а, то це рівняння рівносильне рівнянню уТ+1 + У 1-х — а = 0, тобто рівнянню (1). Розв'язуючи рівняння (2), знаходимо 121
Для того щоб ці корені були дійсними, параметр а повинен задовольняти систему нерівностей 1 — /а3 — 2 , Л Г5ГІ і0' а>0, яка рівносильна системі або а3 - 2 За а> 0, <1, (а_2)(а+ 1)а За <0, а >0. Розв’язком цієї системи нерівностей будуть ті значення а, які задовольняють умову 0 < а < 2. Отже, задане рівняння матиме дійсні корені при умові 0 < а < 2. 154. Нехай — довільний прямокутник, який вписаний В трикутник АВС так, що його сторона лежить на \АВ] (рис. 73), а центром прямокутника е точка М. Оскільки [МзЛ^] П [ЛВ], то медіана Сй трикутника АВС пройде через середину Е сторони вписаного прямокутника. Позначимо через і7 точку перетину сторони АВ з прямою, що проходить через точки Е і М. Ясно, що ± \АВ) і \ЕМ І = І Л*/7] тобто точка М є серединою перпендикуляра, опущеного з точки Еу яка лежить на медіані С£>, проведеній на сторону АВ. З точки. С опустимо висоту СР. Якщо І АС | Ф | ВС |, то [СР] не збігається з [СОЇ І ми дістаємо тоді прямокутний трикутник СИР. Оскільки ІЯ/7] Н \СР] і точка М є серединою відрізка і;/7, то вона лежить на медіані ЪК, проведеній з точки П на сторону СР трикутника СЭР. Доведемо, іцо всі точки цієї медіани, крім ЇЇ кінців, належать шуканій множині точок. Нехай ЛГ — довільна внутрішня точка відрізка £>/(. Проведемо через неї пряму паралельно [СЯ]. Точки перетину цієї прямої з відрізками ИС і йР позначимо відповідно через Е' і /7\ Через точку Е' паралельно [АВ] проведемо пряму, яка перетне сторони АС і С В відповідно в точках N1 і N3. З цих точок опустимо перпендикуляри Nі N^N2 на сторону в результаті чого дістанемо прямокутник А^'А^з'А^, який вписаний у трикутник АВС так. 122
що одна його сторона лежить на [АВ]. Точка АГ є центром цього прямокутника. Отже, шуканою множиною точок є медіана йК (без кінцевих гочок*) прямокутного трикутника ОСР, утвореного медіаною СО і висотою СР трикутника АВС. Якщо трикутник АВС рівнобедрений і | АС | = | ВС |, то шуканою множиною точок будуть внутрішні точки відрізка, що сполучає середину сторони АВ з серединою висоти СР. Якщо один з кутів трикутника АВС, що прилягає до сторони АВ, € тупим, то задача не має розв'язку, оскільки в такий трикутник не можна вписати прямокутник так, щоб одна його сторона лежала на \АВ]. 155. З’ясуємо насамперед, якою найменшою кількістю кругів радіуса г = 10 м можна покрити коло, радіус якого Я = 12,5 м. Найбільша дуга цього кола, яку ще можна покрити кругом радіуса г, стягується хордою, довжина якої І = = 2г = 20 м. Позначимо сторони правильного трикутника і квадрата, вписаних в коло радіуса /?, відповідно через а і с. Як відомо, а = У 3./? = = 12,5 • УЗ м > 20 м; с = У2 • /? = Рис. 74 = 12,5 • У2м < 20 м. Оскільки а> /, то трьох кругів радіуса г ще не досить, щоб покрити коло радіуса Р, але через те що с < /, то чотирьох таких кругів вистачить. Отже, найменша кількість кругів радіуса г = 10 м, які покриють коло радіуса р = 12,5 м, буде чотири. Ці круги досить розмістити так, щоб їх центри лежали на серединах сторін квадрата, вписаного в коло радіуса Р (рис. 74). Доведемо, що вони повністю покриють і увесь круг радіуса р. Справді, нехай АВСО — квадрат, вписаний в коло, що має центр О і радіус /?. На стороні ВС як на діаметрі побудуємо коло. Оскільки кут ВОС прямий, то коло пройде через точку О. Отже, всі точки трикутника ВОС покриються кругом, що обмежений побудованим колом. Через те що відстань від точки Ох до будь-якої точки дуги ВтС кола радіуса Р не більша, ніж довжина відрізка ОіС, то цей круг покриє і сегмент, який обмежений хордою ВС кола радіуса £ і дугою ВтС. Отже, побудований круг покриє сектор ВОС. Аналогічно круги, побудовані на сторонах ОС, ОЛ, АВ як на діаметрах, покриють відповідно сектори СОО, йОАу АОВ. Отже, чотири круги, * Точці О відповідає прямокутник, який вироджується у відрізок АВ, а точці К — прямокутник,* який вироджується у відрізок СР. 123
які побудовані на сторонах квадрата як на діаметрах, покривають круг, що визначається колом, в яке вписано квадрат. Оскільки діаметр кругів, заданих умовою задачі, більший за сторону квадрата, вписаного в коло радіуса /< = 12,5 м, то, розмістивши ці чотири круги так, щоб Тх центри лежали на серединах сторін вписаного квадрата, ми повністю покриємо круг радіуса12,5 м. 156. Перший спосіб. Нехай М = ахага3 ... а100 і ^Ь1Ь2Ь9 ... Ьш — два різних 100-цифрових числа, про якЬйдеться з умові задачі. Припустимо, що одне з них, наприклад Ж, ділиться на друге. Тоді М = рИ, де р — деяке ціле число. Оскільки числа М і N мають однакову кількість цифр і найбільшою їх цифрою є 4, то число р може дорівнювати одному з чисел 2, 3, 4. Нехай р = 2, тоді число М = 2Ы запишеться 40 двійками, ЗО четвірками, 20 шестірками і 10 вісімками, що неможливо за умовою задачі. Якщо припустити, що р = 3 і цифра 2 в числі N стоїть на £-му місці (Ьк = 2), то в числі М = ЗN на і-му місці стоятиме або цифр« йк = 6, або цифра а*= 7, причому цифра 7 з’явиться тоді, коли на (к + 1)-му місці числа N стоятиме цифра Ьк+і = 4. Але це суперечить умові задачі. Дбведемо, що р не може дорівнювати 4. Припустимо, що р = 4 1 цифра 2 в числі N стоїть на £-му місці, тоді на Л-му місці в числі М = 4# стоятиме цифра або ад = 8, або ак = 9, причому цифра ак = 9 з'явиться тоді, коли на (£ + 1)-му місці в числі ЛГ стоятиме цифра 3 або 4. Але цифрами числа М не можуть бути ні число 8, ні число 9. Таким чином, число р не може набувати жодногб із значень 2, 3, 4. Отже, припущення, що число М ділиться на #, неправильне. Таким чином, 40 одиницями, ЗО двійками, 20 трійками і 10 четвірками не можна записати таких двох різних 100*цифрових числа, з яких одне ділилося б на друге. Другий спосіб. Позначимо ці числа через М і N. Сума цифр кожного з цих чисел дорівнює Оскільки кожне число при діленні на 9 дає таку саму остачу, яку дає при діленні на 9 сума його цифр, то числа М і N при діленні на 9 дають остачу 2. Нехай N = 9п + 2. Припустимо, що число М ділиться на N. Тоді М = pN = 9пр + 2р, де р — ціле число, причому 1 < р < 4. Для того щоб число М при діленні на 9 давало остачу 2, треба щоб число 2р при діленні на 9 також давало остачу 2. Але для цілих р з проміжку 1 < р < 4 це неможливо. Отже, припущення, що М ділиться на Nt неправильне. 157. Нехай Аг% Л2, Ап — послідовні вершини опуклого п-кутника, причому \АхАг\ = 1 (рис. 75.) * Шипустимо, що п > 6. Розглянемо трикутники АХА2А4 І АхАгАь. У цих трикутників сторона АХА% спільна, а сторони АХА4 і А%А4, АхА6 і і4*Л5 е діагоналями д-кутника АХА2А3 ... Ап. Оскільки абсолютна величина різниці будь-яких двох сторін трикутника строго менша третьої його сторони, то для розглядуваного випадку матимемо: 40 • 1 + ЗО • 2 + 20 • З + Ю • 4 = 200. (і) (2) 124
За умовою задачі довжина кожної діагоналі я-кутника виражається цілим числом. Отже, цілим числом виражається і їх різниця. Але згідно з (1) і (2) абсолютні величини різниць цілих чисел стрсго менші ніж 1. Це можливо тільки тоді, коли ІА1АІ І - І АгА4 II = 0, II А^ь І - І АгАь || = 0, тобто коли \АХА4\=\А2А4\, іАхАь і == І А2А5 (3) З рівностей (3) випливає, що кожна з точок А4 і Аь рівновіддалєна від точок Ах 1 Л2, тобто що ці точки лежать на перпендикулярі,проведеному через середину відрізка /4ХА2. Отже, на цьому перпендикулярі лежить і сторона А4АЛ, а це неможливо, оскільки я-кутник п-і +/ -/ ч ~/ +/ -/ -/ -/ ч ч -/ +/ Ч ч -/ +/ -/ +/ +/ +/ ч ч Ч Ч ч -/ ♦/ -/ ч -/ ч ч ч ч *1 */ ч ч -/ +/ -/ ч -/ ч ч ч Ч +/ V +/ -/ -/ +/ ♦/ ч ч ч А4 ♦/ ♦/ ч +/ ч -/ +/ Ч ч ч 1 Рис. 76 опуклий. Таким чином, припущення про те, щоя> 6, неправильне. Розглянемо випадки, коли я = 5 і я = 4. Доведемо, що існують опуклі п'ятикутники і чотирикутники, одна сторона яких дорівнює 1, а довжина кожної діагоналі виражається цілим числом. Для цього виконаємо таку побудову. Візьмемо два взаємно перпендикулярні промені АХМ і АХИ (рис.75). На промені АХМ відкладемо відрізок \А іЛ2| = 1. Нехай Аь — така точка променя АхN. що довжина відрізка А2А5 виражається цілим числом т > 2. До відрізків АХА2 і АЛАЬ через їх середини К і І проведемо перпендикуляри ККХ і Ііх. На цих перпендикулярах будуємо всередині кута NAXM такі точки Л4 і і43, що | АхА4 і = | А2А4 і = /?, | АХА3 | = | АЬА3 | = ^, де р і ^ — будь-які цілі числа, які задовольняють умову р > т, ц > т. Розглянемо п’ятикутник АХА2А3А4АЬ. У цьому п'ятикутнику сторона АхА2 за побудовою дорівнює 1, а довжини діагоналей \АХА3\ = = | АЬА3 | = <7, | АХА4 і = | Л2і44 | = р, | і42Л6 | = /я виражаються цілими числами. Прості міркування переконують, що п’ятикутник АХА2А3А4АЬ опуклий. Зауважимо, що чотирикутники АХА2А3А4, А1А2А3А5,А1А2А4А[>, які утворилися при такій побудові, опуклі, довжини їх діагоналей виражаються цілими числами і кожний з них має сторону \АХА21= 1. Таким чином, ми не тільки довели, що серед п’ятикутників і чотирикутників існують многокутники, в яких довжина однієї сторони дорівнює одиницҐ, а довжина кожної діагоналі виражається цілим числом, але й вказали на один із методів їх побудови. 125
158. Усі таблиці, які мають властивість, зазначену в умовї задачі, можна дістати так. В прямокутній таблиці, що має т рядків і п стовпців, залишимо вільними останній рядок і останній стовпець, а решту її частину, яка являє собою прямокутну таблицю з /я — 1 рядками in — 1 стовпцями, довільно заповнимо числами + 1 і —1 (рис. 76). Оскільки на кожному з (т — 1)(д — 1) місць таблиці можна записати одне з двох чисел +1 або —1, то всього діста- немсГ2*т~1)(п“1) різних таблиць. Розглянемо одну з них. Доведемо, що незалежно від того, яким чином вона заповнена числами +1 І —1, ми завжди зможемо, причому однозначно, заповнити її вільний m-й рядок і вільний п-й стовпець числами +1 і —1 так, що утвориться таблиця, в якій добутки чисел кожного рядка і кожного стовпця дорівнюють +1. Для цього на вільному місці в кожному З т — 1 перших рядків і п —• 1 перших стовпців таблиці напишемо. + 1, якщо добуток написаних в них чисел дорівнює 4-1 і —1, якщо добуток написаних в них чисел дорівнює — 1. Позначимо через х добуток чисел, які записані таким чином в п-му стовпці, а через у— добуток чисел, записаних в m-му рядку. Тоді х і у мають однаковий знак. Справді, якщо позначити через S добуток чисел у таблиці, яка має (m — 1) рядків і (л — 1) стовпців, то за нашою побудовою 5 • х = 1 І 5 • у = 1, оскільки добуток чисел у кожному з (т — 1) рядків і (л — 1) стовпців дорівнює +1. Звідси дістаємо, що S*xy = = 1, тобто ху = 1. Напишемо на перетині т-то рядка і п-го , стовпця число +1, якщо х = у = +1, або —1, якщо х = у = — 1. Тоді добутки чисел у л-му стовпці 1 m-му рядку дорівнюватимуть + 1. Отже, ми дістали таблицю, в якій добуток чисел кожного рядка і кожного стовпця дорівнює +1. Всього таких таблиць можна скласти 159. Нехай VT+* + УГ^х=*а. (1) При розв’язанні задачі 153 було доведено, що для всіх дійсних х значення виразу Y1 +* + у^1 — х належить проміжку ]0; 2], тобто 0<а<2. Серед чисел цього проміжку цілими є тільки 1 і 2. Розв’язуючи рівняння (1) при цих значеннях а, для чого досить у формулу х = ± ^/" 1 — (““g""“) підставити послідовно а = 1 і а = 2, знаходимо *, 2 =±|-/2Т, *3.4 = °- 160. Нехай АхВхСгОі — будь-який квадрат, вписаний у заданий квадрат ABCD (рис. 77). Доведемо спочатку, що центри цих квадратів збігаються. Розглянемо прямокутні трикутники АхВВі і У цих трикутників Z-CjDjD s Z.AxByB і 2S>\C\Ü s /LBAxBx як кути з відповідно паралельними сторонами і \АіВг\ — |DxCi\ як сторони квадрата. Отже, трикутники АХВВХ і C^DDi конгруентні. Звідси випливає, шо |ßßi| = \DXD\. Розглянемо чотирикутник BBXDDX. У нього протилежні сторони ВВХ і DXD паралельні і конгруентні. Отже, цей чотирикутник — паралелограм, а\BD\ і [ßiDjl — його діагоналі. Оскільки діагоналі паралелограма в точці перетину О діляться навпіл, то точка О є серединою відрізків BD і BiDv Ллє відрізок BD J29
є іде й діагоналлю квадратаABCD, а [В^] — діагоналлю квадрата AiBxCxDx. Через те що центр квадрата лежить на середині його діагоналі, то точка О е центром обох квадратів ABCD і AJb^CxDx. Позначимо через М середину сторони АгВі будь-якого квадрата A,BiCiDlt вписаного в даний квадрат ABCD (рис. 7Я). Сполучимо точку М з вершиною В квадрата A BCD і його центром О. Розглянемо прямокутні трикутники АгВВх і AyOBa. У цих трикутників гіпотенуза АгВг спільна, а відрізки ВМ і ОМ є медіанами, проведеними з вершин прямих кутів. Оскільки довжина медіани, проведеної з вершини прямого кута, дорівнює половині довжинИ'ГІпотенузи, то ]ВМ\ = \ОМ\. Отже, точка М рівновіддалена від точок В І О, а тому вонр лежить на перпендикулярі, проведеному через середину відрізка ОВ. Але сторони А В і ВС відтинають на цьому перпендикулярі відрізок EF, /І який є стороною квадрата EFGK, впи- саного в квадрат ABCD так, що його вершини лежать на серединах сторін квадрата ABCD. Провівши подібні мір- [ — кування щодо решти сторін квадрата М | /? ><5 * i41BjC1D1, ми приходимо до висновку, що їх середини також лежать на сто- ронах квадрата EFGK. Легко довести, ® що й, навпаки, кожна точка квадрата рис# 79 EFGK є серединою сторони деякого квадрата, вписаного в квадрат ABCD. Таким чином, множиною середин сторін квадрата, вписаних у даний квадрат, є квадрат, вершинами якого є середини сторін даного квадрата. 161. Позначимо буквою В' точку, симетричну точці В відносно прямої MN (рис. 79). Через точки А і В' проведемо пряму. Точку перетину цієї прямої з прямою MN. позначимо через С. Доведемо, Що точка С є шуканою. Справді, нехай Р — довільна точка прямої MiV, яка не збігається з точкою С. Тоді IMP 1-І № II = 11 АР\-\РВ' Н < \АВ' І - = ІИС|-|Я'С|| = ||ЛС|-|ВС||. 137
Звідси випливає, що абсолютна величина різниці відстаней від точки С до точок А і В більша, ніж від будь-якої іншої точки Р прямої MN. Зауважимо, що: а) шукана точка існує і є єдиною тоді і тільки тоді, коли продовження відрізка АВ' перетинає пряму MN\ б) якщо \АВ'\ || (MN) (це трапиться тоді, коли точки А І В знаходяться на однаковій відстані від прямої MN і не лежать на одному перпендикулярі до (MN)), то задача не має розв’язку, тобто на прямій MN не існує такої точки, щоб абсолютна величина різниці відстаней від неї до точок А і В була найбільшою. Це означає, що, яку б ми не взяли точку Р на прямій MN, на цій самій прямій можна вказати другу точку таку, що абсолютна величина різниці відстаней від неї до точок А І В буде більша, ніж від точки Р; в) якщо точка В' збігається з точкою А, то різниця відстаней від будь-якої точки прямої до точок А і В є величина стала і дорівнює 0. В цьому випадку задача має безліч розв’язків. 162. При розв’язуванні цієї задачі будемо користуватися відомим твердженням: Лема. Будь-яке ціле число при діленні на З дає таку саму остачу, яку при діленні на З дає сума його цифр. Позначимо вибрані числа через Af1# M2, М3, ... ,М120. Суму цих чисел можна записати так: Мг + Мш + М9 + ... + Мш = (Мг - М2) + 2 (М2 - ЛІ з) + + З(М3 - М%) + ... + 119 (Мш - Мш) +■ 120AW (П Через те що кожне з чисел Mlt М2, М120 записується одними й тими самими цифрами, то суми цифр кожного з цих чисел однакові. Тоді за лемою кожне з них при діленні на 3 дає одну й ту саму остачу. Отже, різниця таких чисел ділиться на 3. Але в кожного числа М( останні 108 цифр однакові. Тому різниця будь-яких двох таких чисел ділиться на 10108, а отже, ділиться і на 40. Оскільки різниця будь- яких двох чисел Мі(і= 1,2 120) ділиться на 3 і на 40, то вона ділиться на 120. Таким чином, кожний доданок правої частини рівності (1) ділиться на 120, отже, сума Mt + М2 + ЛІ3 + ••• + Мш також ділиться на 120. 163. Доведемо спочатку таку лему. Л е м а. Сума відстаней від будь-якої точки основи рівнобедре- ного трикутника до його бічних сторін в величина стала і дорівнюй довжині висоти трикутника, опущеної на бічну сторону. Доведення. Нехай Р — довільна точка основи ВС рівно- бедреного трикутника ABC (рис. 80). Відстані від цієї точки до бічних сторін позначимо так: | PPJ = hx і | РР21 = h2. Очевидно, [PPJ і ІРР* 1 — висоти трикутників АВР і АРС. Нехай висота ББХ трикутника АБС дорівнює Я, а бічні сторони | АС | = | АВ\ = Ь. Площа трикутника АБС дорівнює сумі площ трикутників АВР і АСР. Записуючи площі цих трикутників через довжини їх основ і висот, дістанемо ЬН bhj bh2 2 2 2 * звідки hx + Н2 = Я, що й треба було довести. Перейдемо тепер до розв’язання задачі. Ш
Нехай — даний кут, а О — центр кола, розміщеного всередині цього кута (рис. 81). Проведемо до кола дотичну так, щоб вона відтинала від сторін кута конгруентні відрізки. Таких дотичних буде дві. Нехай (Кх11) — та з них, яка розміщена ближче до вершини кута. Позначимо точку дотику її до кола через N. Доведемо, що точка N є шуканою,тобто що сума відстаней від неї до сторін кута менша, ніж сума відстаней від будь-якої іншої точки цього самого кола до сторін кута. Нехай М — довільна точка кола, яка не збігається з точкою N. Через точку М проведемо пряму /(£, паралельну (/Сі^і). Трикутники і К$Ь рівнобедрені, причому | | > | |. Позначимо відстані від точки N до сторін кута ЯЯф через | NN11 = й[ і | NN21 = = сі2, а відстані від точки Тоді за лемою матимемо: = і/са і, ^+<І2=|7Ш|, М — через І ММі І = і ІЛШ21 = (І2 де [/Сі£>і] і [Кй] — відповідно висоти трикутників і /С5£. Оскільки ! /Сі5 | < | /С51, то | | < | /ф |. Отже, для точки М даного кола | NNi і + | NN2 | < | ММі І + І ММ% |, звідки випливає, що точка N є шуканою. Побудову цієї точки можна виконати так. На сторонах заданого кута відкладемо від його вершини 5 відрізки \БК\ = |5£| (рис. 81). Через центр кола проведемо пряму, перпендикулярну до (КЦ. Ця пряма перетне коло в двох точках N і Р. Тоді точка N. яка знаходиться ближче до вершини даного кута, і е шуканою. Слід зазначити, Що діаметрально протилежна їй точка Т7 порівняно з іншими точками кола характеризується тим, що сума відстаней від неї до сторін куга найбільша. 19& і фдб 164. Позначимо вираз ^ через ак. Різницю ак — ак__х можна записати так: 19*_І (19 — к) + 69*-1 (69 — к) Ч ~ Ч-1 £і (!) Доведемо, що для всіх які задовольняють умову 1 < к < 68, виконується нерівність ак — аЛ—1 > 0. Справді, якщо £<19, то. 5 9-1Б2 129
твердження очевидне. Нехай тепер 20 < к < 68. Тоді для таких к ^ 19*—1 (19 — 68) + 69*~1 (69-68) ак~Ч-1 > й 19*-і 8Г-] 19*—1 (З*-1 — 49) > > о. Л! ^ к\ 19*—1 (З19 — 49) > лі Звідси випливає, що для всіх цілих к = 1, 2, 3, ,.. , 67 а«8 (2) Далі з рівності (1) дістаємо, що для всіх цілих Л >69 ак ак—1 < °* Отже, для всіх цілих к > 69 0бе > а# (3) Таким чином, беручи до уваги нерівності (2) і (3), приходимо до висновку, що для всіх цілих значень к Ф 68, ав8 > ак, тобто величина ——^ ^ набуває найбільшого значення при к = 68. 165. Нехай Рп(х) = а0 + Яі* + а2х2 + ... + апхп ‘ (1) даний многочлен, де Оо, аІ9 ..., ап —його коефіцієнти. Як відомо, остача від ділення двох многочленів є многочлен, степінь якого менший за степінь дільника. Оскільки за умовою дільником є многочлен другого степеня (х2 — 1), то остача від ділення многочлена Рі^х) на х2 — 1 матиме вигляд Я(х) = ах + Ь, де а і Ь — числа, які треба знайти. Позначимо частку від ділення многочлена Рп(х) на х% — 1 через <?(*). Тоді Рп(х) можна записати так: Рп(х) = (х2-\).()(х) + ах + Ь. (2) З рівності (1) знаходимо: Рп (0 = До + аі + а2 + • • • + 0л* (3) Рп (—0 = «о — аі~}г а2 — аз 4“ • • • + (—1)л ап• (4) Ллє за умовою задачі Яо + Яі + Да + ••• + ап = 2, 00 + 02 + а\ + ••• = а1 + + аь + •« » Тому Рп(1) = 2, Рп (—1) = 0. (5) 130
Беручи в рівності (2) спочатку х = І, а потім х = —1, І враховуючи (5), дістаємо { а + Ь = 2, \-а + Ь=0. З цієї системи знаходимо: а = 1,6=1. Отже, остача від ділення даного многочлена на хг — 1 є R(x) =** = х -|- 1. 166. Позначимо внутрішні кути даного чотирикутника ABCD через А, В, С> D (рис. 82). Для того щоб чотирикутник був трапецією, необхідно і достатньо, щоб сума внутрішніх кутів, які прилягають до однієї із сторін чотирикутника, дорівнювала 180°. Справді, для такого чотирикутника протилежні сторони, які перетинають спільну для цих кутів сторону, паралельні, а отже, чотирикутник е трапецією. За умовою задачі для чотирикутника ABCD cos А • cos С = cos В ♦ cos D. / Оскільки Л + В+С + £> = 360°, то останню рівність можна переписати так: cos А • cos С = cos В • cos (А + В + С), звідки, якщо скористатися формулою cos а • cos р = [cos (а +-ß) -f -f* cos (а — ß)], дістаємо cos (А — С) =* cos (А + 2В -f- С), або eos [(?+ В) - (S+ Q] = cos [(Л + &) + (§'+ £)], З цієї рівності випливає, що sin (Л + В) • sin (В + С) = 0. Отже, виконана принаймні одна з умов А + В = 180° або В + С = = 180°, тобто чотирикутник ABCD — трапеція, бо [Л£>] || [ВС], або [AB] у [DC]. Зауважимо, що коли одночасно виконуються умови А-\-В= 180° і В + С 180°, то чотирикутник ABCD є паралелограм, тому що тоді [AD] II [ВС] і [AB] [| [DC], 167. Для зручності міркувань вважатимемо, що каюти пофарбовані в білий і чорний кольори в шаховому порядку, тобто так, що будь-які дві суміжні каюти (суміжними вважаються каюти, які мають спільну «грань») пофарбовані в різні кольори, тоді жилий відсік човна зобразиться як «просторова шахова дощка» (рис. 83). Оскільки жилий відсік має три поверхи і кожний поверх у плані є квадрат, розбитий на 36 рівних квадратів, то каюта Л, Яка містить^ в куті третього поверху, і каюта Bt яка міститься у протилежнбму куті першого поверху, будуть пофарбовані в один колір. Припустимо, що капітан зможе пройти з каюти Л в каюту ß, побувавши при 131
цьому в кожній каюті тільки один раз. Оскільки всіх кают 108, то капітану потрібно зробити 107 переходів, і саме після І07-го переходу капітан потрапить в каюту В. Нехай каюта А пофарбована в чорний колір, тоді в цей самий колір пофарбована і каюта В. Оскільки дві суміжні каюти пофарбовані в різні кольори, то при першому переході незалежно від маршруту руху капітан потрапить в каюту білого кольору, при другому — в каюту чорного кольору, при третьому — знову в каюту білого кольору і т. д. Тобто в результаті непарного числа переходів капітан потраплятиме в каюту білого кольору, а, за припущенням, капітан в результаті такого переходу повинен потрапити в каюту В, яка пофарбована в чорний колір. Ця суперечність доводить, що капітан не може пройти з каюти, що міститься в куті третього поверху, в каюту, шо міститься у протилежному куті першого поверху, побувавши в кожній каюті і притому тільки один раз. 168. Як відомо, кожен многочлен на мндзкині комплексних чисел має рівно стільки коренів, який його степінь, і розкладається на лінійні множники: а0хп+ сцхп~х + ... + ап_іХ + ап = а0(х — xt) (х — хг)... (х — хп), (1) де хі, x2t ... , хп — корені многочлена. Перемноживши двочлени в рівності (1), дістанемо а0хп + аіХп~1 + ... + ал_і* + ап = а0 (хп + SiXn~l + ... + Sn), (2) де Si = — (*і+*2+ ... + *л), sn = (—1)л ХіХ2 ... хп- Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях X в тотожності (2), знайдемо: Х\ + Х2 + ... + Хп = » ао *1*2 ly-jr-* а0 132
Ці рівності називаються формулами Віета. Застосовуючи ці формули до заданого рівняння, матимемо: *1 + *2 + ••• + *1969 = 1969, (3) *1*2 ••• *1»«» = 1- (4) Оскільки за умовою задачі хІ9 х2, *1969 — додатні числа, то до рих можна застосувати нерівність Коші про середнє арифметичне І середнє геометричне, згідно з якою *1 + *2 + • • • + *1969 ^ Ї969/7й: /С\ 2909 ^ У *1*2 * * • *1969» Причому рівність виконується тоді і тільки тоді, коли хх = х2 = *= ...= *1969- 3 рівностей (3) і (4) випливає, що *1 + *2 + • • • + *1969 _ 1989^7-^ /аі [д0д У *1*2 • • • *1969» тобто середнє арифметичне чисел Х1г Х2, *1969 дорівнює їх середньому геометричному, а це можливо тоді, коли ці числа рівні між собою. Тоді з (3) знаходимо, що *1 = *2 = ••• = *196д = 1. Отже, згадане рівняння можна записати так: (х — І)1®6? = 0. За* стосовуючи формулу бінома Ньютона, матимемо **»•» _ 1969^968 + 1969 • 1968 ^1И7 ___ + 1969л. _ 1 = о 169. Нехай АВСП>Г>1С1В1А1 — даний куб (рис. 84). Розглянемо будь-які три його попарно мимобіжні ребра, наприклад [АВ][СС^\ [Л101]. Припустимо, що шукані точки іу М, N лежать відповідно на ребрах АВУ ССХ, А1д1. Позначимо ребро куба через а, а довжини відрізків Аіу СМ, відповідно через *, у, г. Оскільки ребро АВ перпендикулярне до грані ВССгВХу то \АВ\ л \ВМ\. Отже, трикутник ЬВМ прямокутний і за теоремою Піфагора |Ш|2 = | ьв\* + \ вм і2. З прямокутного трикутника ВСМ визначаємо | ВМ |: І ВМ І2 = І ВС І2 + І СМ І2. Тоді І їм І2 = І їв І2 + І ВС І? + І СМ І2. Беручи до уваги введені вище позначення, цю рівність записуємо так: |Ш|2 = (а-*)2 + а2 + 02. (1) Аналогічно з прямокутних трикутників МО^ і МСф^ ЬАХЫ і ЬААі відповідно знаходимо: \MN\*={a — у)2 + а2 + 22, (2) \LN\* = (a — г)2 + а2 + х2. (3) 133
Додавши рівності (1), (2), (3), дістаємо суму квадратів довжин сторін трикутника ІЛІЛ': | /.Л* |? +1 МЛП? + | ІЛГ |? = (а — *)2 + *? + (а - у)2 + у* + + (а — г)? + г? + За2. Після перетворення правої частини рівності матимемо ]ім |?-н лм |? +1 *-Лф = -*-Ч(*-т)Ч-т)Ч-*Л- <« Оскільки перший доданок правої частини цієї рівності є величина стала, то сума буде найменшою тоді і тільки тоді, коли другий доданок набуватиме найменшого значення, тобто коли звідки а а а Х = Т’ у=2' г = Т' Таким чином, точки М, N будуть шуканими, якщо | ЛІ І = ІСЛІІ = І йхИ І = у • Отже, з усіх трикутників, вершини яких лежать на трьох попарно мимобіжних ребрах куба, сума квадратів сторін трикутника буде найменшою для того трикутника, вершини якого є серединами ребер куба. 170.* Нехай кожному учневі А відповідає на площині точка, яку також позначимо буквою А. Очевидно, число учнів, які одержать святкові поздоровлення* буде найменшим тоді, коли кожен з них одержить якомога більшу кількість поздоровлень. Тому спочатку з’ясуємо, яку найбільшу кількість поздоровлень може одержати взагалі одищ учень. Позначимо цю кількість через п. Нехай А0—той учень (або один з них, якщо їх виявиться кілька), який одержав п поздоровлень, а Аі9 А2, А3, Ап — ті учні, від яких він одержав ці поздоровлення. Вважатимемо, що точки АІУ Л2, Л3, ...,Ап занумеровано так, що промінь А0А1 при його обертанні проти руху стрілки годинника пройде спочатку через точку А2, потім через |Л3 і т. д. і, нарешті, через Ап. Сполучимо точку А# з точками Л*, Л2, А3, ... , Ап (рис. 85, а). При цьому утвориться п кутів: £ А\А0А29 А2А$А3, . .. , .. . ,,/ АпА0АІ9 сума величин яких дорівнює 360°. Розглянемо трикутник АХА0А2. Оскільки учні Аі і А2 поздоровили учня Л0, то за умовою | АХА2 і > І АіА0 | і | АгА21 > | А2А0|, тобто [АХА2] є найбільшою стороною трикутника А^А^ Але в кожному трикутнику проти більшої сторони лежить більший кут. Таким чином, в трикутнику А1А0А2 найбільшим кутом є кут АХА0А2. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то найбільший з кутів трикутника буде не менший за 60°. Отже, А1А0А2 > 60°, причому якщо А1А0АЛ = 60°, * Порівняйте цю задачу із зада ею 88. 134
то А0А1А2 = А0А2А1 = 60°. Тоді трикутник А1А0А2 рівносторонній і | А0Аі | = | Л0Л21. Аналогічно впевнюємося, що величина кожного з кутів Л2Л0Л3, А3А0А4і і т. д. і, нарешті, АпА0А1 теж буде не менша за 60°, причому якщо кожен з них дорівнює 60°, то точки АіА2, ... , Ап знаходяться на однаковій відстані від точки Л0. —ч Оскільки сума п кутів А1А0А2 + Л2Л0Л3 + . .. АпА0А1 = 360° і кожен з них не менше за 60°, то число п не може бути більшим за 6, причому п може дорівнювати 6 тоді і тільки тоді, коли кожен з кутів дорівнюємо0. Отже, найбільше число святкових поздоровлень, яке може одержати учень Л0, дорівнює 6 і це буде тоді і тільки тоді, коли Аі, Л2, А3, Л4, Л6, Ац є вершинами правильного шестикутника з центром у точці А0. Учень, який одержав святкове поздоровлення від учня Л0, буде одним з учнів Лх, Л2, Л3, Л4, Л5, Л6. Справді, припустимо, що це не так. Нехай поздоровлення одержав якийсь інший учень В. З точки Л0 проведемо промінь А0В. Він перетне одну із сторін правильного шестикутника Л1Л2Л8Л4Л6Л6. Не обмежуючи загальності, можна вважати, що промінь А0В перетне ''Ч сторону АхА2, Через те що А±А0В + ВЛ0Л2 = АХА0А2 = 60°, то хоча б один з кутів АХА0В, ВЛ0Л2 буде строго меншим за 60°. Припустимо, що ЛХЛ>< 60°. (1) Розглянемо трикутник А0ВАі. Оскільки учень Л0 надіслав поздоровлення учневі В, а учень Л* — учневі Л0, то за умовою маємо | А0В | < | А0Аі |, \А0АІ\<\А1В\І звідки | А0В | <: | Л0Лі | <: | АгВ |. Отже, [АіВ] — найбільша сторона трикутника А0ВАі. Тоді кут Л1Л0В, що лежить проти найбільшої сторони трикутника, буде найбільшим в цьому трикутнику і задовольнятиме нерівність АІА0В > 60°. Але ця нерівність суперечить нерівності (1), } припущення про те, що поздоровлення від учня А0 одержав учень Б, а не один з учнів 135
і4!, Л2, А з, Л4, і46, Л6, неправильне. Не обмежуючи загальності, вважатимемо, що поздоровлення від учня Л0 одержав учень Л2. З’ясуємо тепер, яку найбільшу кількість'поздоровлень може одержати цей учень. Позначимо тих учнів, від яких він одержав поздоровлення, крім А0, через С1г С2, ..., С*. Нехай точки Сх, С2, ..., Ск занумеровано так, що при обертанні променя АгА в проти руху стрілки годинника він спочатку пройде через точку СІУ потім через С2 і т.д. Аналогічно до попереднього дістанемо, що найбільша кількість поздоровлень, одержаних учнем. Ах від учнів Сь С2,..., Сп, дорівнює З, причому це буде тоді, коли точки Сг, С2, С3 знаходитимуться у вершинах правильного шестикутника, центром якого є точка А1% а одна з вершин збігається з А0. Оскільки учень Ах одержав поздоровлення ще й від учня Лп, то найбільша кількість поздоровлень, одержаних взагалі учнем Аи дорівнює 4'. Отже, з викладеного вище робимо висновок: найбільше число поздоровлень, яке може мати один учень, дорівнює 6, але тоді той учень, якому надіслав поздоровлення учень, що одержав 6 поздоровлень, може одержати не більше чотирьох поздоровлень. Оскільки всього розіслано 50 поздоровлень, то найменше число учнів, які одержали хоча б одне поздоровлення, не може бути меншим десяти. Але може трапитись так, що 10 учнів одержать поздоровлення. Це буде, наприклад, тоді, коли всі 50 учнів розбиті на та’кі п’ять груп (по 10 у кожній), що один з них одержить 6 поздоровлень, а один — 4, як показано на рис. 85, б, і при цьому відстані між учнями з різних підгруп більші, ніж відстані між будь-якими двома учнями однієї підгрупи. Отже, найменше можливе число учнів, які одержать поздоровлення, дорівнює 10. 171. Введемо позначення: Тоді заданий вираз запишеться так: 2и2 + — 2и2 + 4 ии + ии + 2и2 = (и + 2і>)(2 и + і?)* Підставляючи замість иіа їх значення з формул (1) і (2), дістанемо (Зх* + 6х + 3)(3х2 + 12* + 3) = 9(* + \)2(х2 + 4х + 1) = , =9(ж+ 1)’(* + 2 + / 3) (* + 2 - /3). 172. Перший спосіб. Розіб’ємо набір гирок на 50 пар довільним способом. Візьмемо першу пару і покладемо гирки на різні шальки терезів. Якщо одна шалька й переважить (наприклад, ліва), то не більш ніж на 20 г. Далі з другої пари гирок на ліву шальку терезів покладемо більш легку, а на праву більш важку гнрку. Тоді знову різниця у масі між шальками не перевищить 20 г. Продовжуючи цей процес далі, можна розкласти всі 100 гирок згідно з вимогами задачі. Другий спосіб. Скористаємось методом повної математичної індукцїі для довільного скінченного парного числа (2к) гирок. Для к = 1, тобто для двох гирок, справедливість твердження випливає з умови задачі: маси двох будь-яких гирок відрізняються не більш ніж на 20 г. Припустимо, що 2к гирок можна так розмістити на шальках терезів по к штук на кожну, щоб їж маси Р і <2 відрізнялися не більш ніж на 20 г. Доведемо тоді, що це можна зробити і для 2(к + 1) гирок. Нехай Р > (?, тоді 0 < Р — () < 20. х2 + 6х + 1 = и, х2 + 1 = V. (1) (2) 136
Візьмемо ще дві гирки. Припустимо, що маса однієї з них р, а другої — д. Нехай, наприклад, р > <7, годі 0 < р — <7 < 20. Покладемо гирку^на шальку з масою Р, а гирку р на шальку з масою С). Тоді різниця у масі шальок буде І (Р+ </)-^ + />)І = І(^-<?)-(/>-9)1 = Згідно з принципом математичної індукції твердження задачі доведено. 173. Зазначимо, що ті цілі значення р, які задовольняють рівняння р2 — 2<72 — 1, повинні бути більші за 2. Запишемо дане рівняння у вигляді о) Оскільки р > 2 — просте число, то воно непарне і, отже, (р — І) х Х(р + 1) ділиться на 8 (один із співмножників ділиться на 2, другий — на 4). Таким чином, ліва Часріра рівності (1) ділиться на 4. Тоді на 4 повинна ділитися й права Частина, тобто <72. Оскільки <7 — ціле число, то це можливо тільки тоді, коли <7 — парне число. Єдиним парним простим числом є 2. Отже, <7 = 2. Підставляючи це значення в задане рівняння, знаходимо р = 3. Звідси єдиною парою простих чисел, які задовольняють дане рівняння, є р = 3, ц — 2. 174. Нехай АВС— довільний трикутник, в який вписано квадрат МіМ2М3Мх так, що одна його сторона МХМ2 лежить на стороні АВ (рис. 86). Нехай сторона вписаного квадрата дорівнює а, а радіус кола, вписаного в трикутник,— /?. Позначимо через г1 радіус кола, вписаного в квадрат МхМ^М6Ми а через г2 — радіус кола, описаного навколо цього квадрата. Оскільки коло (Ог, гЛ вписане в квадрат, який, у свою чергу, вписано в трикутник АВС, то воно знаходиться псередині цього трикутника і дотикається тільки до однієї його сторони А В. Отже, радіус цього кола менший за радіус кола, вписаного в трикутник АВС> тобто гх<Я. (1) Крім того, радіус кола, описаного навколо квадрата, більший за радіус кола, вписаного в трикутник, оскільки перше коло перетинає всі сторони трикутника. Отже, Я < V (2) 137
Об’єднуючи нерівності (1) і (2), дістаємо гі < R < г2. (3) 175. Нехай ABCD — опуклий чотирикутник, [АС] і [BD] — його діагоналі, 0 — точка перетину діагоналей. З точок А і С опустимо перпендикуляри АА1\ ССЛ на діагональ BD або її продовження (рис. 87). Тоді За умовою задачі площі трикутників АОВ, AOD, СОВу COD виражаються цілими числами. Тоді з рівності (1) випливає, що добуток площ цих трикутників є квадрат цілого числа (5Д^0В • SaCOD). Оскільки квадрат цілого числа не може закінчуватися одним нулем, то добуток чотирьох чисел, про які йдеться в задачі, не може закінчуватися цифрами ... 1970. 176. Позначимо через 5 суму всіх чисел, які б ми дістали при розрізанні стрічки на частини, на кожній з яких записано двоциф-4 рове число. Розріжемо стрічку так, щоб на одній з її частин було записано шестицифрове число, а на решті — двоцифрові. Кількість різних ва* 1970 ріантів розрізання стрічки таким способам дорівнює —^ 2=983. Розріжемо частину з шестицифровим числом навпіл. Підрахуємо суму Т чисел на всіх частинах стрічки. Ця сума задовольняє такі нерівності: Т > S — 99 • З + 2 • 111 = S — 75, Між числами 5 — 75 і 5 + 1965 міститься 5 + 1965 —«(5 — 75) — 1 = 2239 різних чисел. Отже, сума Т може набувати не більше ніж 2239 різних зкачень. Через те що числа Т при діленні на 9 дають одну й ту саму остачу, кількість різних значень, які може набувати 7\ не більша за * Символом [*] (антьє від х) позначається найбільше ціле число, що не перевищує х. S&ABO • 5ДЛ0/) * 5дсое * 5ДСОО — (1|во|.|мі) (уісші • ілліі) (у1*>мссіі)х X (y|OD| * І ССі |) = [(у І 50 І • І ААі |) х X (у I OD І. І ССі |)]' = (SA/10s . SAC0D)*. (1) f < s — з . 11 + 2 • 999 = S + 1965. (1)
Оскільки різних варіантів розрізання стрічки зазначеним способом 983, то дістанемо стільки ж різних сум, а різних значень, яких можуть набувати ці суми, всього 269. Отже* за принципом Діріхле* принаймні чотири суми рівні між собою. 177. Припустимо, що утворене десятицифрове число записується різними цифрами. Тоді в його запису будуть використані всі цифри 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, сума яких дорівнює 45. Отже, це число ділиться на 3. Доведемо, що це не так. Зазначимо, що число 21?7° не ділиться на 3. Доведемо, що на 3 не може ділитись і кожне наступне число, яке утворюється в результаті операції, зазначеної в задачі. Початкове число а0 (в задачі 21970) має вигляд а0 = а0 • 10п + ах • 10"—1 + ... + + ая_ї • 10 + ап. Після зазначеної операції нове число матиме вигляд ссх = ах • ІО"-! + а2 • 10*-2 + ... + М + ап~і • Ю + сіп + Яо- Різниця цих чисел а0 — ах = а0( 10^ — І) ділиться на 3. Оскільки а0 = 21е7° не ділиться на 3, то а! також не ділиться на 3. Отже, весь час дістаємо числа, які не діляться на 3. Твердження задачі доведено. 178. Проведемо через точку О дотичну до кола (рис. 88). Нехай М — точка перетину її з продовженням дотичної АР. Позначимо через N точку перетину відрізків РО і АС. Оскільки [САП || II [ВР], то ДСУУО оо ДВОР. З подібності трикутників маємо І СМ \ом\ ! ВР І (О Через те що [АС] і. [ВО] звідси Д АРЫ ел Д МРИ. Тоді МЛМ І яр І [МО] ± [ВО], то [ЛСШМО], \РА\ І МО І І МР (2) І/ж І \ОР\ | АМ'| І ЛІР І * (3) Оскільки | ВР | = | РА | і | О АГ | = | МА | як відрізки дотичних, проведених до одного кола з однієї точки, то пропорція (2) матиме вигляд ^AN І І МА | \ВР\ і ЛІР І ^Принципом Діріхле називають таке твердження: якщ<? (п + + 1) предметів розкладено в /і-ящиках, то знайдуться два предмети, які лежать в одному й тому самому ящику. Див. Я др е н ко М. Й. Принцип Діріхле і діофантові наближення. — У збл В світі математики. Вип. 1. К-, Радянська школа, 1968. 139
З пропорцій (І), (3) і (4) дістаємо |СЛГ| _ |ЛМ| ~\Ш>Т іврі • а звідси І СИ І = ІЫА |, що й треба було довести. 179. Розглянемо шахову дошку 8X8 (рис. 89). Пронумеруємо для зручності її горизонталі. Очевидно, на клітинках крайніх горизонталей білі шашки ставити не можна — їх неможливо збити. Не можна також ставити білі шашки на передостанню горизонталь, адже їх можна збити чорною шашкою, яка попаде при цьому в «дамки». Отже, білі шашки можна ставити не більше як на 15 клітинках. Зазначимо, що коли чс^)на шашка знаходиться на горизонталі з парним номером, то після свого ходу вона переходить на горизонталь теж з парним номером. Отже, вона не може збити білу шашку на горизонталі з парним номером. Аналогічно, якщо чорна шашка знаходиться спочатку на горизонталі з непарним номером, то після свого ходу вона переходить на горизонталь теж з непарним номером. Отже, вона не Рис. 89 може збити білу шашку на горизонталі з непарним номером. Ми довели, що білі шашки можуть стояти або на горизонталях з парними номерами, або на горизонталях з непарними номерами. При нашій нумерації чорних клітинок на горизонталях з парними номерами, на які можна ставити білі шашки, 9, а чорних клітинок на горизонталях з непарними номерами, на які можна ставити білі шашки, 6. Звідси випливає, що максимальне число білих шашок, які можна збити одним ходом, не більше за 9. Можна показати, що існує спосіб, коли чорна шашка зіб’є за один хід ці дев’ять білих шашок (рис. 89). 180. Виберемо з 70 гирок три різних набори по 19 штук у кожному. Позначимо їх відповідно через а, 6, с (надалі під а, 6, с розуміємо також масу цих наборів). Кожен з наборів розіб’ємо на 2 частини, відповідно аІУ а2; Ьх, Ь2 та сІ9 с2 так, щоб кількість гирой в 0і* ЬХ, сг, а отже, і в а2у Ь2, с2 була однаковою. Доведемо, що за три зважування ліва шалька хоча б один раз не переважить праву. Скомбінуємо цові набори гирок так: ах, Ь2 та а2, Ьг\ а2у сг та ах% с2\ Ьг, с2 та Ь2, сх. В кожному з них по 19 гирок. Припустимо, що під час трьох зважувань ліва шалька завжди переважувала. Тоді а1 “Ь ^2 > а2 "Ь ^1*> а2 “Ь Сх > а1 + <У> ^1 + С2 > ^2 + С1* Додавши ці нерівності, дістанемо, що 0і + + Ьх + Ь2 + сг + с2 > ах + а2 + Ьх + Ь2 + сх + с2, чого не може бути. і і І і $ $ в і в □ $ Б $ $ 0 І і і 140
Отже, хоча б в одному з трьох зважувань ліва шалька терезів не переважувала. Можна довести, що дво* зважувань недостатньо, щоб напевне ліва шалька хоча б один раз не переважила. 181. П е рший спосіб. Плавним з’єднанням вважатимемо з’єднання, зображене на рис. 90, а, тупик з кутом нуль градусів зображений на рис. 90, б. Замінимо четвертинки кіл, з яких побудовано залізничну колію, повними колами. Дістанемо ланцюг кіл, що дотикаються одне до одного (рис. 91). Оскільки залізнична колія замкнена, то початкова і кінцева точки руху збігаються в точці О. Припустимо, що між колами існує сила тертя (можна, наприклад, вважати, що колами є шестерні). Отже, просування по залізниці приводить у рух усю систему. При плавному переході з одного кола на інше система, а отже, і всі її ділянки, зберігають напрям попереднього руху, а сусідні кола-шестірні рухаються в протилежному напрямі. * Нехай на залізниці є тільки один тупик АОВ (рис. 91), вершина якого О. Тоді, починаючи рух вздовж ділянки ОА проти стрілки годинника, треба повернутись у точку О, пересуваючись вздовж ділянки ВО сусіднього кола також проти стрілки годинника. Це неможливо тому, що вся система перебуває у русі. Отже, наше припущення про тупик АОВ неправильне. Якщо число тупиків парне, то замкнену залізницю побудувати*можна. Другий спосіб. Знову замінимо четвертинки кіл, з яких побудована залізниця, повними колами. Нехай О — початкова (кінцева) точка руху. Заштрихуємо систему кіл в шаховому порядку, як це показано на рис. 92. При плавному переході кожна наступна четвертинка знаходиться в квадраті іншого кольору. Для побудови залізниці з одним тупиком АОВ потрібна непарна кількість деталей. Це випливає з того, що четвертинки АО і ВО, які утворюють тупик, містяться в квадраті одного кольору. Доведемо, що при плавному з'єднанні замкнена залізнична колія завжди складається тільки з парного числа деталей. Випрямимо залізницю, як це показано на рис. 92, розглядаючи замість четвертинок кіл пару відрізків, розміщених під кутом 90° один До одного. Число ділянок-відрізків, по яких треба рухатись у горизонтальному напрямі праворуч, дорівнює числу ділянок-відрізків, пр яких треба рухатись в тому самому напрямі ліворуч. Крім 6 Рис. 90 Рис. 91 141
того, число дїлянок-відрізків, по яких треба рухатись у вертикальному напрямі вгору, дорівнює числу ділянок, по яких треба рухатись у тому самому напрямі вниз. Звідси всіх ділянок-відрізків, а отже, і деталей-четвертинок, з яких побудовано залізничну колію,— парне число. Доведено, що залізниця не може містити рівно один тупик у нуль градусів. 182. Запишемо л-цифрове число у вигляді 10я-і . а0+ 10«-? • аг + . • • + 10 • ап_2 + де > 0 (і = 0, 1, 2, ... , п— 1) цифри даного числа, причому а0Ф0. Рис. 92 Тоді відношення цього числа до суми його цифр можна подати так: Іря-і . д0 Ю*-2 . д1 іря-з . д2 ю . ап_2 ап-і а0 + а1 + а2 + • • * + ап-2 + _ доя-1 — П0”"* — ІО*".2) » Аі + »»« + (10п~* — 1) » ап-і ао + аі + а2 + • • • + ап-2 + ап-ї Звідси маємо, що ірп-і . д0 + 10«-« . аі + іол-8 .д2+... + 10 . дп_1+ яя.д ^ а0 + й1 + а2 + • • • + О.П-2 + ап-ї 9 причому рівність виконується тоді і тільки тоді, коли йі — й2 — * # * = Сіп-2 = Я.'І— 1 = Отже, відношення я-цифрового числа до суми його цифр буде набувати найбільшого значення, яке дорівнює ІО'1“* тоді і тільки тоді, коли всі цифри цього числа, крім першої, є нулями. Такі числа мають вигляд а0 • 10л”*, де а0— одна з цифр 1, 2, З, 4, 5, 6, 7, 8, 9. 183. Див. задачу 177. 184. Перший спосіб. Розглянемо нерівність (сі — с?!*)2 + (с2 — сі2х)2 > 0, (1) яка справджується при всіх значеннях х. 142
місце для тих а і ß Ф ~k, при яких і Оскільки квадратний тричлен * (<fl + <ф - 2 {exdt + c,d2) х+(с\ + cl) (2) невід’ємний, то Мі + СМІ < (dl + dp (с\ + cl) *. (3) Рівність виконується тоді і тільки тоді, коли квадратний тричлен має дійсний корінь, тобто при Сі _ С2 di dt • Поклавши в нерівності (3) cos? a sin? а . 1 sin ß * °2 cos ß di = sin ß; d2 = cos ß, дістанемо нерівність, яку треба було довести. Знак рівності має при яких cos? а sin? а sin? ß cos? ß * тобто при , 0 . 2п + 1 0 , я , а = ± ß Н ф- я, де ß Ф y кш k € Z, п £ Z, Другий спосіб. Нерівність, яку треба довести, рівносильна.таким нерівностям: cos4 а cos2 ß + sin4 а sin2 ß >sin2ß cos3 ß; cos4 acos? ß + (1 — cos2 а)2 (1 — cos2 ß) > (1 — cos? ß) cos* ß. Звідси (cos2 а + cos2 ß — l)2 > 0. Ця нерівність очевидна. Рівність виконується для тих а і ß, при яких cos? a = sin? ß ^ß Ф у k j , тобто при «= ±ß + 2n^~ ' Я, ЇФ-jk, це n$Z, kt Z. 185. Нехай 0, 0lt Ог — відповідно центри кіл Y, УІ9 У2. У колі Y через точки О та Ог проведемо діаметр ВК (рис. 93). Доведемо, що \BBi\_rt /п ТЩ~Т • (,) де г і гг — відповідно радіуси кіл У і Yx. * Ця нерівність є частинним випадком нерівності Коші — Б у- няковського. 143
Справді, Д ВКС оо А ВНіВі, оскільки /1 /С£С—спільний, а ВВ\Кі^= ^ ВСК = 90°. Отже, І ВВі | \ВКі\ 2п Гі | ВСІ І в/с | ~ 2г - г ' Аналогічно МЛ | _ т * |.4С| оскільки кола Уі і У2 рівні. З рівностей (1) і (2) випливає, .що (2) І ВВі 1 \ЛЛі І | АСІ “ \АС\ ЗВІДКИ 1 І ВВі 1 І АА, І ВСІ * |ЛС|* \ВС\-\ВВі\ _\АС[-\ААі] І вс І І АС І або \вхс І ІЛСІ І ЯСІ |ЛС| (3) Оскільки для трикутників АВС і АхВгС кут /_ АСВ спільний і пропорція (3) має місце, то А АВС оо д АХВХС» Тоді АВС = АфхС і, отже, (АВ) Ц (А1Вщо й треба було довести. 186. Припустимо, що в результаті певного числа зазначених в умові задачі операцій можна дістати таблицю тільки з одних плюсів. Вважатимемо, що знаки в кожному рядку чи стовпці змінювалися на протилежні не більше одного разу. Справді, якщо в рядку (стовпці) змінювати всі знаки на протилежні парне число разів, то це те саме, що не змінювати їх зовсім; якщо ця зміна відбувається непарне число разів, то це те саме, що змінити їх один раз. Нехай після зміни знаків у к рядках і 5 стовпцях початкової таблиці дістанемо таблицю з одних плюсів. Дослідимо, в яких клітинках остаточної таблиці знаки будуть протилежні до початкових знаків. Це будуть, з одного боку, ті клітинки, де спочатку стояли мінуси, а з другого — ті і лише ті клітинки, що стоять на перетині рядка (стовпця), в якому знаки було змінено на протилежні, і стовпця (рядка), в якому знаки не змінилися. Таких клітинок буде, з одного боку, 102, а з другого — Отже, маємо к (100 — 5) + 5(100 — к). А (100 — 5) + 5 (100 — к) =102. 144
Це рівняння можна записати так: (50 _ к) (50 — 5) = 2449. (1) Розв’язання задачі звелося тепер до питання: чи є такі цілі числа п І т, що 0 < п < 50, 0 < т < 50, а п • т = 2449? Відповідь негативна, бо 50 • 50 = 2500 > 2449, 50 • 49 = 2450 > 2449, а в усіх інших випадках п • т < 2449. Таким чином, рівність (1) не справджується при 0 < ^ < 100 і 0 < в < 100. Отже, припущення про можливість побудови таблиці з одних тільки плюсів неправильне. 187. Зможуть, якщо будуть користуватися такою «тактикою». Спочатку, «перед атакою» павуки займають позиції, розміщуючись у протилежних вершинах куба, наприклад А і А'. Наступні дії павуків залежать від положення мухи в момент «початок атаки>, а саме, від того, чи буде муха перебувати на одному з ребер, які проходять через вершини А або Л', чи на одному з шести інших ребер. Розглянемо окремо кожен з цих двох випадків. 1) Припустимо, що муха перебуває на ребрі, яке проходить через вершину А, наприклад на АС' ( рис. 94). Павук А починає повзти до мухи, а павук А' не рухається. Муха змушена втікати через вершину С' на ребро С'И' або С'В'. Як тільки муха переповзе чере^ вершину С', павук А' починає рухатись так. щоб кожної миті бути симетричним до мухи відносно діагоналі В О’. Це він може зробити, бо його максимальна швидкість не менша, ніж у мухи. При такому русі павука Л' муха не може втекти ні через вершину В\ ні через &. Отже, вона виявляється в пастці. Якщо в початковий момент муха перебуває на ребрі, яке проходить через вершину Л', то павуки в своїх діях міняються ролями. 2) Нехай тепер муха перебуває на одному з ребер, яке не проходи гь ні через вершину Л, ні через вершину Л\ наприклад на ребрі СВ' (рис. 95). Тоді павуки Л і А' починають повзти відповідно до 145
вершин Cf і В'. Муха мусить втікати з ребра СВ’ через вершину С' або В'. Якщо муха буде наближатися до вершини С', то в якусь мить вона і павук А' будуть симетричні відносно діагоналі D'В'. Далі павуки діють так само, як у першому випадку. Якщо’муха втікатиме через вершину £', то в якусь мить вона стане симетричною до павука А відносно діагоналі C'D і порівняно з попереднім випадком павуки в своїх діях міняються ролями. 188. Якщо діаметр сфери дорівнює 20, то площа її поверхні дорівнює 4л • 10? = 400л. Площа поверхні будь-якого многогранника, описаного навколо сфери, більша за площу поверхні всієї сфери. Отже, площа поверхні описаного 19-гранника перевищує 400л. Звідси випливає, що в 19-гранника принаймні одна грань має площу, більшу за • Розглянемо цю грань. Нехай вона дотикається до сфери , „ іАоо в точці А. Якщо в площині цієї грані радіусом у провести коло з центром у точці Л, то це^ коло не охопить усю грань, /і/" 40б\* 400я „ „ бо площа грані більша за л( у І = -|д -. Позначимо через а будь-яку точку грані, що міститься всередині побудованого кола. Тоді і"і > Через точки Л, В і О (центр сфери) проведемо площину (рис. 96). Якщо продовжити пряму ВО за точку О, то вона перетне спочатку сферу в точці 0, а потім 19-гранник в якійсь точці Р, при цьому може трапитись, що Р і 0, — та сама точка. Відрізок ВР сполучає дві точки 19-гранника, а тому діаметр 19-гранника не менший, ніж цей відрізок. Доведемо тепер, що | ВР | >21. Маємо: | ДО І =10, \АВ\>У™. Звідси ВО \ = Y\ АО ^-\-\ AB І? > Y100 + «°- = Y 121+^>/Ш = И. 146
Отже, |ВР| = [£0| + |0Р| >\ВО\ + 10(?| > 11 + 10 = 21. 189. Нехай Уі = а. Тоді дане рівняння матиме вигляд х4 — 2ах2 + х + а2 — а = 0, або а2. — а (1 + 2*а) + х + х* = 0. Розглядаючи ліву частину цього рівняння як квадратний тричлен відносно а, матимемо 1 + 2дса . 1 Г1 + 4х2 + 4дс4 4х + 4х4 а — 2 Г 4 4—= 1+2** , і/~(1 —2л:)2 1+2*» , |1— 2х\ = ~Т~± V 4 2 2 ' тобто |/?._1+2*«±|1-2х|_ Розв’язуючи це рівняння відносно х, дістаємо корені заданого рівняння: -1 ± К1 + 4 1/7 1 ± V4 1/7 -3 . 1,2 — 2 * 3’4 2 190. Нехай АВС — даний рівнобедрений трикутник, точка О — центр кола, що дотикається до основи, а О і Е — точки перетину цього кола відповідно з [АВ] і |ВС] (рис. 97). Оскільки висота трикутника дорівнює радіусу кола, то (ВО) і (АС) паралельні між собою. Позначимо через Р другу точку, в якій пряма АВ перетинає коло, і доведемо, що (РЕ) ± (АС). Справді, ОВР — ОВЕ як кути, що дорівнюють кутам при основі рівнобедре- ного трикутника АВС. Тому відрізки ВЕ і ВР симетричні один одному відносно (ВО). Але ж пряма ВО є віссю симетрії кола. Отже, точки Р і Е симетричні між собою відносно (ВО), тобто (ЕР) ± (ВО). Тоді (РЕ) х (АС). Внаслідок цього кут БРЕ, що дорівнює половині кута АВС, не залежить від розміщення точки О на прямій ВО. Отже, величина дуги йЕу половиною якої вимірюється кут БРЕ, залишається в процесі того, як котиться коло, сталою. іФі. Спочатку дівчинка повинна з’їсти купку з 19 горіхів, а купку з 24 горіхів розділити на дві — з 1 і 23 горіхів. Хлопчик наступним ходом з’їдає купку з 1 горіха (інакше він програє), а купку з 23 горіхів розділяє на дві: в одній з них горіхів парне число, у другій — непарне. Дівчинка з’їдає купку, де горіхів непарне число, а другу купку знову розділяє на дві: одну — в одного горіха, а другу — з решти (з непарного числа горіхів)« Неважко побачити, що зрештою дівчинка утворить дві купки, кожна з яких складається з одного горіха. Отже, при такій грі дівчинки хлопчик обов’язково програє. . * 147
192. Якщо для всіх дійсних значень х квадратний тричлен rj'2. y=x2 + px + q набуває тільки невід'ємних значень, то —■ — </<:0, Р2 тобто q > . Беручи до уваги цю нерівність, дістаємо р + q > р + + + —1>—1, причому знаки рівності будемо мати ... . Р2 Р тоді і тільки тоді, коли q = -£ ,а~+1=0. Звідси знаходимо Р= —2, q= 1. Отже, серед усіх квадратних тричленів у == = х1 + рх + <7* які для всіх х набувають тільки невід’ємних значень, у тричлена у = х2— 2х + 1 сума р + q буде найменшою і дорівнюватиме р + + q = —1 193\ Нехай ABC — даний гострокутний трикутник, D — точка перетину його висот AG, BE і CF, а 0х02і 03 — центри кіл, описаних відповідно навколо трикутників DBC, ADCy ABD (рис. 98). Доведемо, що радіуси кіл, наприклад, з центрами в точках Оі і О2 рівні між собою (те, що радіус кола з центром у точці Оа такий самий, доводиться аналогічно). Зазначимо, що DAC = СВЕ = а, дуга DnC вимірюється вели- чиною вписаного кута DAC, який спирається на неї, a D02C = 2а як центральний, що спирається4 на цю дугу. Дуга DmC вимірюється величиною вписаного кута СВЕ, який спирається на неї, a DOtC = = 2а як центральний, що спирається на цю дугу. Отже, Z. DOtC — ^ Z. D02C. Очевидно тепер, що фігура 0lD02C — паралелограм, більше того, оскільки I OxD І = І ОгС | і | 02D | = 102С |, то 0xD02C — ромб. Отже, 102С І = І ОгС |, що й треба було довести. 194. З умови задачі випливає, що a, b% с> d .— різні цифри, причому а Ф 0 і d Ф 0. Відношення а чисел abed і dcbat звичайно, не більше 9, крім того, вона не може дорівнювати 1, бо тоді ці числа були б рівні між собою. З того, що це відношення є квадрат цілого числа, маємо а = 4 або а = 9. Квадрати цілих чисел закінчуються цифрами 0, 1, 4, 5, 6, 9. У даному випадку а і d можуть набувати таких значень: a = 1, 4, 5, 6, 9, d = 1, 4, 5, 6, 9. Припустимо, що а = 4, тоді abed = 4 • dcba і, очевидно, d Ф 1, 5, 9 (справа — парне число), d ф 4, 6 (справа з’явиться п’ятицифрове число). Отже, цей випадок відкидається. 148
Нехай тепер а = 9, тоді abed = 9 • dcba. Очевидно, d = 1, інакше справа буде п’ятицифрове число. Зрозуміло, що а — 9. Маємо 9Ьс\ = = 9 • \сЬ9\ с може набувати тільки значень 0 чи 1, бо інакше справа було б п'яти цифрове число. Але с Ф а= 1, отже, с = 0. Ураховуючи, що число 9601 ділиться на 9, маємо b = 8. Число 9801 задовольняє вимоги задачі і є шуканим. 195. Доведемо спочатку, що для всіх натуральних п > 3 виконується нерівність (п+1)3« <4«. (1) Для цього скористаємося методом математичної індукції. Перевіркою впевнюємося, що для п = 3 нерівність (1) виконується. Припустимо, що нерівність (1) виконується для довільно фіксованого n = k>- З, і доведемо при цьому, що вона виконується і для п = k + 1. Справді, нехай для п = k > 3 маємо (k + 1) 3k < 4*. Тоді, беручи до уваги, що для k > 3 виконується нерівність — (k + 1) > k + 2, дістаємо 4*+' = 4 • 4к > 4 (k + 1) • 3* = 4- (Ь + 1) • 3ft+l > (k + 2) 3*+‘. О Отже, згідно з принципом повної математичної індукції нерівність (1) справджується для всіх натуральних п > 3. Перевіркою впевнюємося, що для п = 1 і л = 2 має місце нерівність (п + 1) Зл > 4Л. 196. Перший спосіб. Перш за все зазначимо, що шукана множина точок буде симетрична відносно точки О. Справді, нехай М — довільна точка шуканої множини. Це означає, що ту б(//а ^ (о А Л V °' /) К о; /і W / / X / JT ^ м• k L \С 1 Рис. 99 МОА — 90 , ^дліол1— ^ точка А лежить на прямій І (рис. 99). Позначимо через М' точку, симетричну точці М відносно точки О. Очевидно, трикутники МОА і M'OÀ — конгруентні прямокутні трикутники, причому \М'А] є гіпотенузою ДМ'ОА. Звідси випливає, що точка ЛГ також належить шуканій множині. З’ясуємо, яку властивість мають точки М. Для цього виконаємо деякі допоміжні побудови: через точку О проведемо пряму /ь паралельну прямій /, і пряму 12, перпендикулярну до прямої /. Точку перетину прямих /2 і / позначимо через С. Оскільки точку О і пряму / дано, то довжина перпендикуляра |СО| = b також вважається відомою. Далі, через точку М перпендикулярно до (MO) (а отже, паралельно (ОА)) проведемо пряму до перетину з прямою/j в точці В і знайдемо довжину відрізка ВО. З подібності прямокутних трикутників ВМО і АСО (у цих трикутників Z.MBO ^ /_САО) дістаємо І ВО І * І АО І = І мп І • І гп і ^пїлги і рл і — N40J • І MO Оскільки І АО АО\ = \ MO І : I CO І. Звідси \ ВО |=. ^ СОЇ = Ь є сталими MO\ = 2.SAMOA=2S 1 149
25 величинами, то довжина відрізка | ВО | = — є також сталою величиною. Отже, точки М мають таку властивість, що з них відрізок ВО 25 сталої довжини — видно під прямим кутом. А такі точки, як відомо, лежать на колі, побудованому на відрізку ВО як. на діаметрі. Доведемо, що всі точки цього кола, крім точки О, належать шуканій множині. Нехай М — довільна точка такого кола, яка не збігається з точкою О. Сполучимо точку М з точкою О і через точку О проведемо пряму, перпендикулярну до (МО), до перетину з прямою / в точці А. В результаті такої побудови дістанемо прямокутний трикутник МОА, гіпотенузою якого є відрізок МА. Доведемо, що площа цього трикутника 3Амоа=т\МО\-\АО\ (1) дорівнює 5, а це й означатиме, що точка М належить шуканій множині. Сполучимо точку М з точкою В і розглянемо трикутники ВМО і АСО. Ці трикутники прямокутні і подібні (ВМО = 90° як кут, що спирається на діаметр, МВО ^ ^ ОАС як гострі кути з відповідно паралельними сторонами). З подібності цих трикутників дістаємо: Зігідси \МО\ .|ЛО| =| ВО\ .|СО|. ОС Оскільки | ВО | = — , а \СО \ = Ь, то | МО | • | АО | = 25. Підставивши це значення у рівність (1), матимемо Беручи до уваги, що шукана множина точок симетрична відносно точки О, дійдемо висновку, що їй належать усі точки двох кіл/ 25 побудованих на відрізках | ВО | = |В'О | = — як на діаметрах, крім точки О. Другий спосіб. Візьмемо прямокутну декартову систему координат. Нехай точка О — початок координат, а вісь Ох розміщено так, що вона паралельна прямій / (рис. 99). Відстань від точки О до прямої / позначимо через Ь. Тоді точка А матиме такі координати: А(хг\ —Ь). Очевидно, точка М(х; у) належатиме шуканій множині тоді і тільки тоді, коли виконуватимуться такі умови: {5ДЛ10Л = 5> І [ОМ] X (ОА). (3) У координатній формі умови (2) і (3) запишуться так: УЯ + УІ’У хІ + ЬІ = 25, х±Х — Ьу = 0. Звідси випливає, що х Ф 0, бо в противному разі у = 0 і 5 = 0, а це суперечить умові (5 ф 0). Отже, точка Ол не належить до шука- 150
ноТ множини точок. Вилучивши з системи (4) х1% дістанемо рівняння шуканої множини. Одержане рівняння можна записати так: (kl-y) +У?=!:’ (5) хф 0. Геометричним образом співвідношень (5) є два кола з центрами в точках ^ ; 0^ і ~ ; 0^ , крім точки О. Радіуси цих кіл дорівнюють у . 197. За означенням, [*] = я, якщо х = я + {*}, де я — ціле число, 0 < (а*} < 1. Величина {*} = х — [*] називається дробовою частиною числа х. Але х2 = х1 а, тоді Р + Я = *1 (*і — ч) — *і — (*і — а) = х\ — Хі (а + 2) + а = 199. Візьмемо довільну пряму MN, відкладемо на ній відрізок. І ВСІ = а і побудуємо дугу ВтС деякого кола з центром у точці О. З точок цієї дуги відрізок ВС видно під кутом а = А (рис. 100). Задача полягає в побудові точки А — третьої вершини трикутника, що повинна належати дузі ВтС. Цю вершину знайдемо як точку перетину деякої хорди В А, яка поділяється точкою К (основою відрізка |С/С| — d) у відношенні 1 : 3, з дугою ВтС. Точку К визначимо як перетин множини точок, віддалених від точки С на відстань d (коло радіуса d з центром в точці С), і множини точок, що поділяють довільну хорду кола з центром у точці О, яка виходить Отже, у таких позначеннях дане рівняная матиме вигляд % П + V {*} = а. Очевидно тепер, що я = [а], а величина V {*( (ЯК така, що 0< <га < 1) дорівнює {а}. Отже, {*} = {а}2. Розв’язок даного рівняння зобразиться у вигляді М С N *=[«] + {я}2- 198. Нехай хг і х2 — корені квадратного тричлена у = х2 + + рх + <7, причому *і — х2 = а. За теоремою Вієта, ххх2 = <7, хх + + х2 = —р. Отже, Рис. 100 Р + ? = *1*2 — (*1 + *2>- Звідси очевидно, що найменшим вираз р + q стае при х* = —у— . При цьому х2 — —^ °' . Отже, р = —2, <7 = І — і шуканий квадратам ний тричлен має вигляд у = х\ — 2х + 1 — — . 151
з точки В, у відношенні 1 : 3. Цією другою множиною точок є коло з центром у точці 01 радіуса АОх = ~ АО. Знайшовши точку К як перетин зазначених вище двох множин точок, визначимо шукану третю вершину А трикутника. 200. Розглянемо різні можливі випадки: 1) числа х іу — парні; 2) числа х і у — непарні; 3) числа х і у — різної парності. У першому випадку х + у і ху — парні числа. Отже, d (х + у, ху) і d (х, у) — також парні числа, тобто d (х + у, ху) — d (х, у) — парне число. У другому випадку х + у — парне, ху — непарне число. Отже, d(x + y, ху) і d (*, у) — непарні числа, тобто d (х + у, ху) — d (х, у) — парне число. У третьому випадку х + у — непарне, ху— парне число. Отже, à(x + yy.xy) і d(xt у) — непарні числа, тобто знову d(x + у, ху) — dix, у) — парне число. 201. За означенням, [х] — п, якщо х = п + {*}, де п — ціле число, а 0 < {х} < 1. Величина {де} = х—[де] називається дробовою частиною числа х. Запишемо дане рівняння у вигляді 2М-> = І+* або, згідно з наведеним вище означенням, 2п-і = 1 + п+{х). Очевидно, при п > 4 матимемо 2Л_1> у + л+ {де}. (Цю нерівність найкраще довести методом математичної індукції). Так само при п < —2 дістанемо 2"-1 > Y + п + w (справа — від’ємне число). Отже, лишаються можливими такі випадки; п — —1, 0, 1, 2, 3. З Послідовно розглядаючи їх, дістаємо: {х} при /і = —1; {х} =0 при п = 0; {*} = ~ при п = 3; рівняння не має розв’язків при п = = 1,2. Отже, маємо такі корені: = — *2 = 0. 152
202. Площину, на якій лежать задані конуси, позначимо через р, а їх спільну вершину — через *S (рис. 101). Нехай Оі (і — 1, 2, З, 4, 5, 6) — центри основ конусів; М( — точки, в яких куля дотикається до поверхонь конусів; [SPi) — твірні конусів, уздовж яких вони дотикаються до площини р. Оскільки всі шість конусів конгруентні і послідовно дотикаються один до одного, то проекції Аті точок Оі на площину р є вершинами правильного шестикутника центр якого є точка S. Зазначимо, що точки Ni лежать відповідно на відрізках SPc, а центр кулі О, яка дотикається до поверхонь конусів, проектується в точку S. Неважко переконатись, що точки 5, Nl9 Plt 01} МІ9 О (рис. 101) лежать в одній площині, причому [ОМх] ± [SMj]. Позначимо висоту конуса через Я^О^ = = Я), а кут між висотою конуса і його прямолінійною твірною — через а. З прямокутного трикутника ^1,0,5 дістаємо: \ОгМі\ = Н^а9 I SMi І = Я sec а, (1) а з прямокутного трикутника SM±0 маємо І ОМі І = І І • tg (90°- — 2а) = Я sec а • ctg 2а. (2) Беручи до уваги рівності (1) і (2), шукане від- рис# юі ношення об’ємів можна записати так: 4 Укул. -д- лЯ3 sec8 a ctg32а 6 • ^конуса е . _І_ д//2 tg2 а . Н 3 C0s3 а tg2 а з Для знаходження кута а розглянемо рівнобедрений трикутник 0XS029 бічними сторонами якого є висоти SO і і S02 двох сусідніх Конусів. Припустимо, що ці конуси дотикаються один до одного вздовж спільної твірної SK. Тоді площина трикутника 0і502 проходить через цю твірну, а тому 0XS02 = 2а. Нехай М — точка перетину відрізка Ох02 з твірною S/(. Оскільки О^М = 02SM = а, то [SM] є одночасно бісектрисою, висотою і медіаною трикутника 0iS029 а отже, [SM] J. 10,0,1. І Оф І = 11 0x0г |. (4) З прямокутних трикутників SNt0i І SMOf відповідно знаходимо: I SNf І = Я cos а, (5) \0tM\ = Я sin а. (6) Оскільки точки Оі і 02 рівновіддалені від площини р9 а [О^і] і [02w2] — перпендикуляри ДО ЦІЄЇ ПЛОЩИНИ, ТО чотирикутник 0x02N2Ni Є прямокутник, а отже, | 0Х02 | = | NXN2 |. Але |#і#2 | = | SNi |, 153
бо трикутник SNxNi — рівносторонній, тому 10Х021 = | SNt [, а рівність (4) запишеться так: | 0±М \ = — \ |. Підставивши в цю рівність замість І 0ЛМІ і (SiVi | їх вирази з рівностей (5) і (6), знайдемо tga = -g-. Виразимо ctg 2a і cos а через tga. Беручи до уваги, 1 1 - tg2 a що кут а гострии, маємо cos a = , ctg 2a = 2tg a . Підставивши знайдені значення для tga, cosa, ctg2a в рівність (3), дістанемо шукане відношення об’ємів: ^кулі 45 V^5 6 • V ~~ 64 * u vконуса u 203. Подамо ліву частину нерівності так: 0 + *і) (1 + *2) • • • 0 + хп) = 1 + *ї + • • * + ХП + ХІХ2 + *1*3 + + * * * + хп-1хп + хIх2хВ + *1*3*4 + • • • + хп— 2*Л— ІХП + • • • + + *і*2 • • • Хп. Зазначимо, що доданків виду xtx. буде С^, виду ***/**— Сп і т. д. Застосовуючи нерівності між середнім арифметичним і середнім геометричним, матимемо: Ч + Ч + •' * + > П Ухгх2 ... хп = п Уа; ЧЧ + ЧЧ + • • • + Хп-іХп >СпУ (*і.ї2 ••• хп)* = Сп У і *1*2*3 + х1х3хі -f- ... + Хп-2хп-1хп > > Сп V(xtx2 ... хп)3 = Сп Уа* 1 т. д. Останній доданок зобразимо як *1*2 ...*„ = <?п Väfi. Отже, (1 + Ч) (• + хг) ... (1+*„)>! +пп/а + СпУ^+С^У^+ + ... -[- Сп *\Ґап = (1 -(- Уа)п, що й треба було до з ести. 204. Припустимо, що корінь многочлена — парне число: х = 2k. Тоді ап {2k)a + Ял_і (2k)a~i 4" • ••-(- а,і (2k) + Oq = 0, але це неможливо, тому що ап (2k)n + <*п-і (2k)n~l + • • • + аг (2k) — парне число, а а0 — непарне. Подамо Рп (х) у вигляді Рп (х) = ап (Xп — 1) + ап_ 1 (хп-і — 1) + • • • + аі (х — 1) + + СІП + &п-1 + • • • + аІ + Нехай тепер корінь многочлена — непарне число: x = 2k-\-L Тоді a„ [(2k + l)n - 1] + ап-t [(2k + І)"“1 - 1] + ... + а* [(2* + 1) - — 1] + ап + ап-і + • • • + аі ”Ь а0 = 0, 154
але це знову неможливо, тому що ап № + 1)Л -1] + вл-1 № + 1)«-1 - і] + + а, [(2k +1) — 1] парне число, а ап + ап-\ • + ах + а0 — непарне. Отже, одержані протиріччя й доводять, що многочлен Рп (де) не має цілих коренів. 205. Оскільки основи пірамід спільні, а сума їх висот дорівнює діагоналі куба, то сума об’ємів таких пірамід дорівнює + У2 = і/З == де 5 — площа основи пірамід. Позначимо об’єм куба т/ • т/ ч • • ^2 через К, тоді V = а3 і шукане відношення запишеться так: ■ х ^—= = /35 _ , Уі + У2 = 2ॠ• Отже, щоб визначити величину —^—- перерізу куба площиною, яка перпендикулярна до його діагоналі і поділяє її у відношенні т : п. Залежно від величини ~ у перерізі матимемо або правильний трикутник, або рівнокутний шестикутник. Справді, розглянемо площину, що визначається точками В, Си О (рис. 102), які є кінцями ребер куба, що виходять з однієї вершини С. Трикутник ВСіР — рівносторонній (його сторони є діагоналі граней куба). Діагональ САг куба перпендикулярна до площини Д ВСХЬ і утворює з ребрами, що виходять з вершини С, конгруентні кути: треба знати площу 5 А Є, Рис. 102 ВСА1 = DCAt = СхСАі = arccos — . /З Позначимо через Ох точку, в якій діагональ САі перетинає площину Д BCXD. Тоді з прямокутного трикутника BOtC знаходимо І СОх І = І ВС І • cos ВСОі = аУ З Оскільки довжина діагоналі СЛХ куба дорівнює а ]/3, то площина Д ВСхО відтинає від діагоналі САі відрізок СО*, довжина якого дорівнює — | САі\. Аналогічно площина ДАВ^і, перпендикулярна до діагоналі САі, відтинає від неї відрізок | АхОг І = у І СА± |. Отже, площини рівносторонніх трикутників ВСхО і АВ^Рі поділяють діагональ куба на три конгруентні відрізки. Січні площини паралельні площинам трикутників ВСхО і АВ^^. Звідси випливає, що коли п ^ т 1 ^ ~ т ^ 0 < або 2 < — < оо, то січна площина перетинає куб по 1 ґґі правильному трикутнику; якщо < — < 2, то в перерізі буде рівнокутний шестикутник N^а (рис- 103), оскільки в цьому випадку площина перетинав шість ребер куба. 155
Знайдемо площу 5 перерізу в кожному випадку окремо. т , Л , , \/3ат Нехай 1 ШГЇ = ¥-Тоді‘с0‘ \САі\ . Якщо . ГП т-\- п 1 ' т Ц-п 0 < — < ~, то в перерізі дістаємо рівносторонній трикутник МіМ2М3 ТІ £ (рис. 102). З подібності пірамід СВОСх і СМіМ2М3 маємо ^А врс, Звідси І СОі 1« І СО І? ■ с 9)/з ./ т \? Ьам>м,м,=— * -АхЯ- ґ\ Л 1 Vі -{- V2 Отже, якщо 0 < — < --з-, то —Цт—- ПІ V т ^ Уі+У2 <-<оо. ТО-^ якщо 2 < . т Нехай тепер -«" < — <2. Тоді в перерізі матимемо рівнокутний « /і шестикутник NiNгN9N^NЬNв. Продовжимо сторони #б#4 І #2^3 ДО перетину з продовженнями ребер СВ, СЬ і ССі. Дістанемо рівносторонній трикутник площа якого 5 9/3 ./ т у. ALtL.Lt 2 \т + я/ Трикутники N^N2, ^3^8. N^N^2 — рівносторонні і конгруентні. Позначимо площу шестикутника через 5. Тоді 5 = Нехай діагональ СЛх перетинає площину шестикутника в точці 63. З прямокутного Д ІіОзС знаходимо ІСОзІ Тоді *1*1 Зат • а = соб ВСЛі а (2т — п) Зат ’ т + пщ т + п т~\~ п З подібності пірамід і СОВСх маємо уДрвс, .всі2 І 1?1 Звідси /Зачаяі-л)» А-^М/, ~ 2 (ш + л) 156
Таким чином, с 3 /за2 .. » ,, 5 = о ,1л „ча (Атп ~ т ~ п )• 2 (т + л)2 2,то^ 206. Доведемо твердження методом математичної індукції. ^ 1 Уі+Уг 3 (4тп — тг — /і2) Отже, якщо т<- <2, то —— = 2(т + п)2 Покажемо, що воно справджується при п = 2. Нехай N х + ь\ і N2= Л2 + &2, Де 0ї» &ї» «2» ^2 — цілі числа. Тоді Л^іА^2 = (01 + Ьт) (^2 Ь2) = (аї "і" М) (аІ — М (а2— ^0 (02— ^20 = = [(01 + М (02 + ^*01 [(°і — ^їО (02 — ^2*)] = [(0Ї°2 — ^1^2) + (а1^2 “Ь 02^і) *] [(0102 — Ьф2) — (01^2 “Ь 02^і) *] = = (аха2 — ЬХЬ2)2 + (іагЬ2 + а2Ь і)2, що є сумою квадратів двох цілих чисел а&2 — Ьф2 і Ді&2 + 02&і- Нехай тепер твердження задачі справджується при п = к (к > 2), тобто ... = А\ + В\, де і Вк — цілі числа. Виходячи із зробленого припущення, а також користуючись тим, що твердження справджується при /г = 2, доведемо його справедливість при п = к + 1. Нехай Nк_^_х = + Ь2к^ де ак_^х і — цілі числа. Маємо (А^ЛГ, ...**) *Л+1 = (Л| + В*) («*+! + Ь2к+1) = = (^*аА+1 — ВІіЬк+1)2 + (^Л+1 + Вкак+1)2 = ^А+І + ВА+1> де і4л+1 і Вк+І — цілі числа. За принципом математичної індукції твердження справедливе при будь-якому натуральному п > 2. 207. Відомо, що число ділиться на 9 тоді і тільки тоді, коли сума його цифр ділиться на 9. Тому число а ділиться на 9. Крім того, за умовою а < 1972 • 10 = 19 720. Число Ь є сумою цифр числа а, тому воно також ділиться на 9, і Ь < 5 • 9 = 45, бо число а щонайбільше — п’ятицифрове. Отже, Ь може дорівнювати 9, 18, 27 або 36. У всіх випадках сума його цифр с = 9. 208. Зробимо спочатку одне важливе зауваження, яке допоможе зорієнтуватись у багатоманітності випадків взаємного розміщення даних відрізків і вдало класифікувати ці випадки. Я кщо будь- який з даних відрізків замінити конгруентним йому відрізком, що лежить на тій самій прямій, то шукана множина точок не зміниться. Це випливає з того, що трикутники із спільною вершиною і конгруентними основами, які лежать на одній прямій, мають однакову площу. Отже, відповідь на запитання задачі залежить від тих двох прямих, на яких лежать дані відрізки, і від довжин цих відрізків, але не від їх розміщення на прямих. Тому при розв’язанні задачі можна вважати, що дані відрізки розміщено на відповідних прямих там, де нам хочеться. Багатоманітність взаємного розміщення на площині пари відрізків зводиться тоді до кількох випадків взаємного розміщення пари прямих. Розглянемо ці випадки. а) Прямі не паралельні, тобто мають одну спільну точку О. Вважатимемо, що О — середина кожного з двох даних відрізків 157
АВ І CD (рис. 104). Розглянемо будь-який з чотирьох кутів, на які дані прямі поділяють площину (наприклад, кут АОС). Проведемо в ньому довільний відрізок IKL] II \АС). Hèxafi Р — точка, що лежить на цьому відрізку. Тоді сума площ трикутників АОР і ОРС не залежить від положення точки Р на відрізку KL, бо вона дорівнює сумі площ трикутників АСО і А PC (або різниці цих площ, якщо І KO І < І АО |). Крім того, ця сума збільшується із збільшенням довжини відрізка КО, а тому для двох точок Р, що лежать на різних відрізках, паралельних \АС], буде різною. Зазначимо, нарешті, що сума площ трикутників АРО і ОРС вдвоє менша за суму площ трикутників АР В і йРС, про які йдеться в задачі. Отже, шукана множина точок М е паралелограм Л'С'В'/)', вершини якого лежать на даних прямих, а сторони паралельні сторонам паралелограма АСВЬ (рис. 105). Вершину А' цього паралелограма знаходимо з умови: $^А,со = 5. Для точок М, що лежать усередині паралелограма Л'С'В'Л', сума площ трикутників АМВ і СЛШ буде менша, ніж 5, а для точок М, що лежать поза цим паралелограмом,— більша, ніж 5. б) Дані відрізки лежать на двох різних паралельних прямих. Нехай /і < /2, //-—пряма, що містить даний відрізок довжини 1ІУ а 1'2 — пряма, що містить даний відрізок довжини /2 (рис, 106). Відстань між прямими і 12 позначимо через (І. Якщб їоч- ку Р переміщати вздовж будь- якої прямої, паралельної 1[> то сума площ трикутників РАВ залишатиметься сталою. Отже, щоб з’ясувати, як за- ця сума від положення точки Р на площині, досить 1 І, Рис. 106 с 1 рср лежить обмежитись тими точками Р, що лежать на якій-небудь прямій, на ц. Нехай Р — будь-яка точ- Р2 (Рі і Р* — точки перетину і uvu д хішіі iv ^ііиша л р v перпендикулярній до //, наприклад ь ка цієї прямої, що лежить між Рг і прямої q з прямими /■/ і 12), причому кутників РАВ і PCD дорівнює Р2Р\ = х. Тоді сума площ три- Вона вростає, коли х зростає від0 до сі, тобто коли точка Р рухається від Ря до Рг. Крім того, цілком очевидно, що сума площ цих трикутників необмежено зростатиме, коли точку Р рухати вгору від
р2 або вниз від Рь бо в обох випадках необмежено збільшуватиметься висота кожного трикутника. Таким чином, сума площ трикутників РАВ і PCD досягає найменшого значення для точки Р2. Воно дорівнює *2~ l\d, В обидва боки від цієї точки сума необмежено зростає. Звідси випливає відповідь на запитання задачі. Якщо S < ~2 l\dy то шукана множина точок — порожня множина. Якщо 5 = у lxd, то зазначену в умові задачі властивість матимуть точки прямої Ґ2 (і тільки вони). Нарешті, якщо S>^-lxdy то шукана множина — пара прямих, по одній з кожного боку від прямої і'2- Зокрема, якщо 5 < /2гі, то одна з цих прямих лежить між /£ і а якщо 5 = /2с?, то вона збігається з прямою 1[. Випадок іі = /2 відрізняється від розглянутого лише тим, що сума площ трикутників досягає цього разу найменшого значення 1в усіх точках смуги, обмеженої прямими // і 1'2. Тому при 5 = шуканою множиною точок буде вся ця смуга (разом З Прямими і[ І 12, що обмежують її). в) Якщо дані відрізки лежать на одній прямій /, то шукана множина точок — дві паралельні прямі, що лежать на відстані 25 ) 7-7- від прямої І з обох боків від неї. *1 “Г *2 Зауваження. У випадку, коли прямі Р(} і #7\ на яких лежать дані відрізки довжини і /2, перетинаються, можна інакше довести, що шукана множина точок є паралелограм з вершинами на даних прямих. Розглянемо будь-який з чотирьох кутів, на які дані прямі поділяють площину, наприклад кут РОЯ (рис. 107). На променях ОР і О/? е тільки по одній точці, для яких виконується 159
умова задачі. Нехай це будуть точки LIN. Отже, якщо відстань NNî від N до (PQ) позначити через 'hf, а відстань | LLX | від L до (RT) — через h2, то /іі/х = h2l2 = 25. Візьмемо тепер довільну точку М на відрізку LN і доведемо, що для неї також виконується умова задачі. Нехай М' і ЛГ— проекції точки М на прямі PQ і RT, причому І MM' І = І MM” І = h g. Треба довести, що h[lx-\- h2l2=2S. Позначимо І NM | = xt | ML | = у. Д MM’L д NNiLt тому h[_ У Лі * + у ' Трикутники NMM* і NLLi також подібні, тому _ * Отже, х + у' 1 *Х + У' 2 гх + у Помножимо першу з цих рівностей на /*, другу — на /2 і додамо одержані рівності. Матимемо Кк + Кк = № Ь Л2/2 —ї— = 25 ( -±— + -4—) = 2Я. Х-\-у ‘ **Х-\-у \Х + У Х-\-у/ Якщо змінювати 5, то точки Ь і N ковзатимуть уздовж відповідних сторін кута РОЯ і відрізки заповнять увесь цей кут. Звідси випливає, що для даного значення 5 усередині кута РО& тільки точки даного відрізка ЬЫ мають потрібну властивість. Через те що на прямих Р(3 і є всього чотири точкиї, УУ, ЛЛ, для яких виконується умова задачі, причому вони розміщені попарно симетрично відносно точки перетину цих прямих, а наведені вище міркування справджуються для кожного з чотирьох кутів, на які прямі Р(2 і RT поділяють площину, то шуканою множиною точок М є контур паралелограма з вершинами в точках £, Ы, V, УУ'. 209. а) Якщо горять усі лампочки, то їх можна вимкнути за 5 ходів першого типу (перемикати по три лампочки), бо 15 ділиться на 3. б) Якщо горять усі лампочки, крім однієї крайньої, то їх можна вимкнути за 1 хід другого типу (перемкнути дві крайні лампочки, що були ввімкнуті) і чотири ходи першого типу. Упевнимось тепер, що за скінченну кількість ходів з будь-якої початкової позиції можна дістати позицію а) або б). Для цього вмикаємо послідовно лампочки 1, 2, ..., 13, діючи, наприклад, так: ЛааП ерший крок: якщо лампочка 1 ввімкнута, то переходимо до наступного кроку, а якщо ні, то перемикаємо лампочки 1, 2, 3. Другийкрок: якщо лампочка 2 ввімкнута, то переходимо до наступного кроку, а якщо ні, то перемикаємо лампочки 2, 3, 4. Зрозуміло, що через 13 таких кроків перші 13 лампочок будуть увімкнені. Після цього виникне одна з таких чотирьох позицій: 1) лампочки 14 і 15 увімкнені (це позиція а)); 2) лампочки 14 і 15 вимкнені (застосувавши до них хід другого типу, знову дістанемо 160
позицію а)); 3) лампочка 14 ввімкнена, а 15 — вимкнена (це позиція б)); 4) лампочка 15 ввімкнена, а 14 — вимкнена (перемкнувши ці дві лампочки, дістанемо також позицію б)). 210. Доведемо спочатку, що коли ВАГ) ^ £ ВСЕ (рис. 108), то АМВС — рівнобедрений (| АВ | = | ВС |). со /\СВЕ, бо в цих трикутників конгруентні кути. Тому \ВО\ \АЛ\ I BE і І СЕ І Звідси випливає, що I DC ІАЕ І АР І \СЕ\ бо I DC І = I BD І, а \АЕ\ = = I BE І за умовою. У трикутниках ADC і СЕ А кути ADC і СЕ А конгруентні, а довжини прилеглих до них сторін пропорційні. Отже, ці трикутники подібні. Тому/_DCА ^ ^ В АС і A ABC — рівнобедрений. Зокрема, I EC І = I DA | і | OD | = = -g-1 ОС І (О — точйа перетину медіан). Беручи тепер до уваги те, що ВСЕ = = 30°, доведемо, що [AD] JL [ЯС]. Опустимо з точки О перпендикуляр OD' на сторону ВС. Тоді I OD' І = ~ І ОС І (у прямокутному трикутнику катет, що лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи). Крім того, вже доведено, що I OD І = -і-1 ОС |. Отже, I OD [ = | OD' |, а тому D і D’— та сама точка. Це означає, що [AD] ± [ВС] і A ABC — рівносто- ронній (І АС І = І АВ \ як гіпотенузи рівних прямокутних трикутників). 211. Позначимо | АВ | = х, | ВС | = у, | АС | = z. За умовою 1 Рис. 108 За нерівністю трикутника Тому 1 2<Х +у. де? -J- у~ -f- 31,25 5де -{- 5у. 0) (2) Якщо помножимо обидві частини цієї нерівності на 4 і виділимо повні квадрати відносно х і у, то дістанемо (х _ Ю)» + (2у — 5)а < 0. (3) Але сума квадратів дійсних чисел не може бути від’ємною. Отже, у співвідношенні (3) виконується рівність, ЗВІДКИ X = 10, у =~2» Тоді в (2) і (1) також виконуються рівності. Таким чином, пункти <4, В і С лежать на одній прямій, г = х + у = 12,5 і площа поля дорівнює 62,5 км2. V2 6 9-152 161
212. Після всіх екзаменів учні набрали 40 очок. Нехай п — кількість екзаменів, а к — кількість очок за-один екзамен. Тоді матимемо такі випадки: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 2 4 5 8 10 20 20 10 8 5 4 2 Проте відразу видно, що випадки 4), 5) І 6) неможливі, бо числа 2, 4 і 5 не можна подати у вигляді суми трьох різних натуральних чисел. Випадок 1) також неможливий, бо тоді б а > 11 (інакше А не зміг би набрати 22 очка) і тому В не міг би бути першим з алгебри. У випадку 2) а > 5 (інакше А не може набрати 22 очка) і а < 8 (інакше Ь і с не могли б бути різними натуральними числами). Проте при а = 6 учень А не зможе набрати 22 очка (бо Ь = 3, а 6+6+6+3< 22), а при а — 7 учень В не зможе набрати 9 очок (бо с = 1» а 7 + 1 + 1 + 1 > 9). Залишається випадок 3). У цьому випадку обов'язково а — 5, а тому Ь=2, а с= 1. За екзамен з алгебри учень В одержав 5 очок, тому за інші 4 екзамени він дістав 4 очка — по 1 очку за кожний. Учень А за ці 4 екзамени неодмінно одержав по 5 очок, а за екзамен з алгебри — 2, бо інакше він не міг би мати 22 очка. Отже, учень С за всі екзамени, крім алгебри, дістав по 2 очка, а за екзамен з алгебри — 1. Таким чином, за даними задачі однозначно відновлюється кількість екзаменів і розподіл очок. Екзаменів було 5. З усіх предметів, крім алгебри, другим був учень С. } 213. Перший спосіб. Введемо позначення: х + 3 = = я, у + 3 = Ь, г + 3 := с. Тоді а > 0, Ь > 0, с > 0 і 1945 1972 а-\-Ь-\-с = х-{-у-\-2-\-§ — —^—Ь9 = - д Величина Л = і/а + )/б + 1^£ додатна, а тому матиме найбільше значення тоді і тільки тоді, коли її квадрат буде найбільший: А* = а-\-Ь-\- с-\-2У аЬ-\-%У ас -\-2Vbc = 1972 • 2 У аЬ + 2 У ас + 2 У Ьс. З нерівності Коші між середнім геометричним і середнім арифметичним двох невід'ємних чисел випливає, Що 2 У аЬ < а + Ь, 2 У ас < а + с, 2УЬс < Ь + с, причому всі три рівності разом досягаються тоді і тільки тоді, коли а = Ь = с. Тому 1972 А2. < + 2 (а + 6 + с) — 1972, 162
причому А2 = 1972, коли а — Ь = с. Отже, найбільше значення даного виразу А дорівнює У1972. Другий спосіб. Скориставшись нерівністю між середнім арифметичним і середнім квадратичним для трьох невід’ємних чисел ]/* + З, У у + 3, УТ+г, дістанемо А = з ^"^з + У^ + з + У^ + з^ ^ ^я]/(7^+з)а + (КуТз)2 + (КГріЯ~ 1945 -.9 3 3 - = /1972. Знак рівності матимемо тоді і тільки тоді, коли К* + 3 = ]/г/ + 3 = уЛ2 + 3. Звідси дістаємо х = у = г. Беручи до уваги, що х + у + г = і маємо х = у = г = . Отже, найбільшого значення, яке дорівнює 1^1972, вираз А досягає тоді і тільки тоді, коли х = у = г = —^--. Третій спосіб. Запишемо вираз А у такому вигляді: А = 1 • У х -{- 3 -{- 1 • У у -{-• 3 -}- 1 • У 2 3. Скориставшись нерівністю Коші — Буняковського, дістанемо Л</і!+1!+1* • }/(/* +3)? + (1/|/ + 3)-+ (]/г +ЗЯ = = ]/3 Ух + у + г + 9 = У1972. Рівність матимемо тоді і тільки тоді, коли ут+3 Уу + 3 __ У7ТЗ 1 1 " 1 Оскільки, крім цього, де + у + г = , то дістаємо, що А = У1972 . . . . 1945 тоді і тільки тоді, коли X = у = 2 = —. 214. У гострокутному трикутнику квадрат довжини будь-якої сторони менший, ніж сума квадратів довжин двох інших сторін. Тому Ь2 — а2 < с2 < Ь2 + а2. Підставивши числові значення сторін а і Ь, дістанемо 96 < с2 < 146, звідки /96 <с< УШ. І/, 6* • 163
За умовою число с — ціле непарне, а між числами V96 і V146 є тільки одне таке число, а саме 11. Отже, с = Ь =11. Тоді трикутник АВС рівнобедрений, а тому проекція сторони с на основу трикутника а дорівнює половині основи, тобто -у. 215 Нехай О — центр нижньої основи паралелепіпеда (ями), а Р — центр верхньої основи; [РР) і [Р<2) — промені, що проходять через вершини А і В паралелепіпеда (рис. 109). Якщо до якоїсь точки узятої всередині прямого кута (?РР, вівця може дотягнутись через точку Р, що лежить на ребрі АИ ями, то до цієї точки вона може дотягнутися також через точку Р', яка лежить на ребрі АВ і симетрична точці Р відносно променя РР. Це випливає з того, що | ОР' | = | ОР |, а | Р'УУ | < | |. бо | РДГ | = | КЛЧ + | ЯР | = = | КМ | + | /(Р' | (К — точка перетину відрізка Р# з променем РР). Отже, можна вважати, що всередині прямого кута (?РР вівця пасеться, натягуючи мотузку через ребро ями АВ, рахуючи крайні точки А і В. Але тоді нічого не зміниться, якщо в точках А і В забити кілки, щоб мотузка не зіскакувала з ребра АВ, а кінець мотузки закріпити в такій точці О' на поверхні лугу чи ями, щоб А = = ДЛОВ (рис. 110). Якщо тепер мотузку натягувати, то другий її кінець опише дугу А'В' кола радіуса / з центром у точці О' і дві однакові дуги А А" і В’В" кіл радіуса / — / з центрами в точках А і В (/ = \АО'\ = |ЛО|). Звичайно, дуг А'А” і В’В" не буде, якщо / < ґ. Розглянемо спочатку випадок, коли / > /. Шукана площа дорівнюватиме в цьому разі почетвереній площі фігури АВВ*В> А'АпА. Щоб виразити цю площу через величини, дані в умові задачі, треба знати £АО'В ^ 2. ЛОВ і відрізки ІА О' |= = | АО | та | СО' | = | СО |. З прямокутного трикутника СРО маємо |С0| = |/Л2 + ^ =і]/4ЛГ+БІ. З прямокутного трикутника АОС визначимо / = | АО | І АОС: і = | ао | = УїЩї+\ос\і = У т + ~. 164
Позначимо © = АО'В = 2 arctg—т=г . Нехай Sarf>,a> — площа У & + т АВВ л фігури ABB'A', SQ,A,B, — площа сектора О'А’В'. Тоді SAABO’ = у І АВ І • ІСО' І = І уж+w, S0,A,B, = і. фй, $АВВ'АҐ = S0'A’B' — S&ABO' = -^.фЯ_і/Я + 4Й*. Обчислимо тепер площу сектора АА'А'і А’АА" = J — у • Отже, = 2SAA'A" + SABB'A’ = Рис- 111 = (т~ 2-)(/- W + Тф/-“т/<*+4«. а тому шукана площа S = (я - 2ф) (/ - 0? + 2фЯ — а УЖ+Ш. Нехай тепер І СО | < / < / (рис. 111) і | At0 j = | B-fi | = І. Тоді \АгС\ = —^ = у/4/5 -4/й-аа, ЛхО'С = Лх0С = arctg . Визначимо площу сегмента Л1тВ1СЛ1: 5 = S0’AimBt ~ SA,CB,0' = 1‘ arcf8 "\f ~ 4/2 _ 4/і2 _ аа 4ЛЗ + а? — і- /(а? + 4/і2) (4/2 — 4/і? — а2). Якщо вівця не зможе стрибати через яму, то їй доведеться пастись на цій площі, а якщо зможе,— то на площі 45.
Нарешті, якщо І < | СО | = ~ У а2. + 4/і2, то вівця сидітиме в ямі. 216. Нехай АОВ — даний кут (рис. 112), а СОО — рівнобедрений трикутник (| СО = Ой |), в якого | СО | + | ОО | = сі. Якщо в трикутнику С'ОО' сума | ОС' | + | ОО' | = гі, то | СС' | = | ПО' |. Позначимо через Ф точку перетину відрізків СО і С'О'. Проведемо через точку й пряму, паралельну прямій ОА. Нехай Р — точка перетину цієї прямої з прямою СО. Д РО'О — рівнобедрений, бо він подібний ДІГОЯ, тому І й'Р І = І £>7> |. Д СС'Я ~ Д РО'О, бо вони мають конгруентні кути. Крім того, | О'Р | = | О'О | = | СС' |. Отже, Д СС 0 = Д Рй'С}. Зокрема, | С'(? | = | |. Отже, зробимо висновок: середина ф стброни С'О' будь-якого трикутника С'ОО', в якого | С'0\ + | Ой' | = сі, лежить на відрізку СО. Доведемо тепер, що кожна точка відрізка С£> є серединою сторони АКОЬ (рис. 113), який має зазначені в умові задачі властивості. Нехай Е — довільна точка відрізка С£>, [£і7] || [ОБ) і | РК | = | О/71. Тоді | ЕК | = | ЕЕ |. Проведемо [ІЛУ] Ц [ОА). Маємо: Д СКЕ ^ Д АНЕ, звідки \ LN \ = = | СК |; Д МЬЬ — рівнобедрений, тому | LD | = | |. Отже, \Ю\ = •= І СК |, а тому ОЬ І + І ок | = (І Ой І — І ІД І) + (І ос І +1 ск І) = |0Д| + \ОС\= й. Таким чином, відрізок СО є множина середин сторін КЬ усіх тих трикутників КОІ, в яких |/С0| + \ОЦ = сі. Звідси випливає, що множиною точок перетину медіан цих трикутників є такий відрізок С'£>' (з кінцями на сторонах даного кута), що | ОС' | | ОО' | 2 | ОС | | ОО | “ 3 ’ бо точка перетину медіан ділить кожну медіану ОЕ у відношенні 2:1. 217. Введемо спочатку таке позначення: якщо цілі числа а і Ь при діленні на число к дають однакову остачу, то записуватимемо це так: а ~ Ь (тосі £). При розв’язанні задачі нам потрібне буде таке твердження: Якщо а = 6(тос1 к) іс ~ сі (тосі £), то ас = Ьсі (тосі к). 166
Доведемо його. Якщо а = b (mod k), то а = kq + r, b = + + г; аналогічно з умови с = d(mod &) випливає, що с = kp^ + + /і, d = kp2 + /. Тоді ас = k (kqiP1 + ft* + p?r) + г/, bd = , = k(kq2p2 + q?t + P2r) + ri- Отже, ас = rt (mod k) і bd = rf (mod £), а тому ас = bd (mod k). З доведеного твердження випливає, зокрема, такий наслідок: Якщо a=b (mod k), то для будь-якого натурального числа т ат = bm (mod k). З’ясуємо тепер, для яких натуральних чисел п число пп + 1 ділиться на ЗО. Для того щоб ціле число ділилось на ЗО, необхідно і достатньо, щоб воно ділилося на 2, 3 і 5. пп + 1 =0 (mod 2) тоді і тільки тоді, коли пп = 1 (mod 2), тобто коли п = 1 (mod 2) або п + 1 = 0 (mod 2). Інакше кажучи, лп+ 1 ділиться на 2 тоді і тільки тоді, коли число п непарне, тобто коли п + 1 ділиться на 2. Тому вважатимемо, що число п непарне. Якщо п = 0 (mod 3), то пп ~ 0 (mod 3) І пп + 1 не ділиться на 3. Якщо п ~ 1 (mod 3), то яЛ=1(п^З) і пп + 1 = 2 (mod 3), тобто пп + 1 не ділиться на 3. Якщо я = 2 (mod 3), то rt2 = l(mod3), Ai3 = 2(mod3), ... , rtn = 2(mocl3) (бо число п за умовою непарне), атому пп + 1 = 0 (mod 3). Отже, при непарному п число пп + 1 ділиться на 3 тоді і тільки тоді, коли п при діленні на Здає в остачі 2, тобто коли п + 1 ділиться на 3. Якщо п = 0 (mod 5), то й /і" = 0 (mod 5) І пп + 1 не ділиться на 5. Якщо п = 1 (mod 5), то пп = 1 (mod 5) і пп + 1 також не ділиться на 5. Якщо п~2 (mod 5), то n4k+1 = 2 (mod 5), а 3 (mod 5) і тому при непарному п число пп+1 не ділиться на 5. Якщо п= 3 (mod 5), то n4k+l = 3 (mod 5), a n4k~^3 = 2 (mod 5), тому при непарному п число пп + 1 також не ділиться на 5. Нарешті, якщо п = 4 (mod 5), тобто п + 1 ділиться на 5, то п2 = 1 (mod 5), /і3 = 4 (mod 5), ..., пп = = 4 (mod 5) (при непарному п), а тому пп + 1 ділиться на 5. Отже, пп + 1 ділиться на 2, 3 і 5 тоді і тільки тоді, коли п + 1 ділиться на ці числа. Число п + 1 ділиться на ЗО тоді і тільки тоді, коли п — 30k + 29, де k — довільне ціле число. Натуральні числа цього виду (6 = 0, 1, 2, 3, ...) утворюють арифметичну прогресію з першим членом 29 і різницею ЗО. 218. Позначимо через п кількість учасників турніру. Кожен , . , . п (п — 1) з них зіграв п — 1 партій, тому всього на турнірі зіграно — партій (на 2 треба ділити тому, що кожну партію розігрують два шахісти). Для того щоб всі учасники набрали однакову кількість очок, треба, щоб число п —— : п = —було ціле, тобто щоб л і л число п було непарне. Важливо підкреслити, що ми не відповіли ще на запитання задачі. Знайдений результат означає лише, що коли п — парне число, то шахісти не можуть набрати порівну очок. Інакше кажучи, умова т — непарне число» необхідна для позитивної відповіді на запитання задачі. Насправді ця умова є також достатня, але це треба ще довести. Отже, доведемо, що коли п — непарне число, то всі шахісти можуть мати однакову кількість очок. Доводитимемо методом математичної індукції за кількістю учасників. Для п = 1 твердження правильне: один шахіст не зіграв жодної партії і набрав 0 очок. Припустимо, що твердження правильне для п = 2k— 1. Нехай тепер у турнірі беруть участь 2k + 1 шахістів. Вважатимемо, що всі 167
шахісти без А і В з зустрічах між собою набрали однакову кількість п-1 26-1-1 . , , очок кожний, а саме —^^ = я — 1 (за припущенням це можливо). Якщо тепер /г — Із них виграють у В і програють А, а інші к виграють в А і програють Б, то в усіх буде по к очок. Якщо, крім того, А виграє у В, то шахісти А і В також матимуть по к очок. Згідно з принципом математичної індукції твердження доведено для всіх непарних натуральних чисел. 219. Запишемо ліву частину даної нерівності так: Х4+У4 (х? + (/? + 2)*4+»4 = Цхї + у* + 2)?] 2 . З нерівності Коші між середнім арифметичним і середнім геометричним двох невГд’ємних чисел матимемо £> /IV = хіу?. (1) Оскільки х? + г/2 + 2 > 1 для всіх х і у, то *4+У4 [(х! + 0І + 2)*] 2 >[(^ + «/? + 2)^‘. (2) Для будь-яких чисел х і у (*2 + у2 + 2)2 = х4 + уА + 4 + 2д:?і/2 + 4*? + 4*/? > х* + у* + 2, тому 1(ХІ + уі + 2)2]*^* > (X* + у* + 2)х'“\ (3) бо х2у2.^ 0. Отже, для всіх пар чисел (х; у) справджується нерівність (х? + у* + 2)хі+уі > (х* + у* + 2)х'у\ (4) З’ясуємо тепер, коли співвідношення (4) буде рівністю. У (2) рівність виконується ТОДІ і тільки тоді, коли буде рівність в (1), тобто коли \х\ = \у\. У (3) рівність виконується тоді і тільки тоді, коли х = 0 або у = 0. Отже, у (4) рівність буде лише тоді, коли хс = у = -- 0. Тому'розв’язками даної в умові задачі нерівності будуть усі пари чисел (дг, у), крім однієї, а саме (0; 0). 220. Нехай О — точка перетину даних площин. Якщо N — довільна точка простору, то сума об’ємів трьох пірамі^із спільною вершиною N і основами РІ9 Р2 та Р3 залежить тільки від відстаней 1І9 /2, /3 між точкою N і площинами аи а2, а3, бо ці відстані е висотами пірамід, а тому сума об’ємів пірамід дорівнює “З- (^ї + /252 + /з^з)» (0 Проведемо з точки О будь-який промінь 0(2 і переміщатимемо точку N уздовж цього променя від точки О. Жодна з відстаней її при цьому не зменшуватиметься, і принаймні одна з н«х необмежено і монотонно зростатиме. Відстань /* буде сталою, тобто дорівнюватиме нулю тільки тоді, коли промінь 0(3 лежатиме в площині а*, але за умовою задачі він не може лежати в усіх трьох даних площинах відразу. Отже, сума (1) для точок променя 0(2 монотонно зростає від нуля до 168
. ескінченності. Тому на цьому промені є тільки одна точка, для якої сума (1) матиме дане значення V. Таким чином, шукана множина точок (позначимо її через Р) має тільки одну спільну точку з кожним променем, що виходить з точки О. Крім того, множина Р симетрична ВІДНОСНО ТОЧКИ О, бо ДЛЯ ДВОХ ТОЧОК N1 І N2, симетричних відносно О, сума (1) має однакове значення. Нехай тепер [Оі4), [ОВ) і [ОС) — промені, що належать трьом різним парам заданих площин: («2іаз)»(аії аз) і (аі** а2)» 3 ^і» #і і Сі — ті точки на цих променях, для яких сума (1) має дане значення V. Точки Ль ВІУ Сг є вершинами трикутника, сторони якого лежать на площинах а1г а2, а3 — по одній на кожній площині. Доведемо, що всі точки иього трикутника (внутрішні і зовнішні) належать множині У7. Нехай М — будь-яка з цих точок, 1[, /2, І» — відстані від неї відповідно до площин осі, а2, аз> а /Ґ, — відстані від М до сторін трикутника ЛіЯїСі, що лежать відповідно проти вершин Ль #!, Сі. Позначимо через 1А^% Ів^ Ісі відстані від точок Ль Ви Сі до площин а*, а2, а3, а через ка, Нь, кс — висоти трикутника АхВіСіу опущені відповідно з вершин Лі, #і, Сі- Тоді К Ч І' а; /,' ha lA, ’ hb lBt ’ К ІС, ’ ЗВІДКИ к к к ','=чча. ч-'в.т;. ч=/с.-ге- Помножимо кожну з цих рівностей відповідно на Si, S2, S3 і одержані рівності почленно додамо. Матимемо Ч$і + 12^2 + 'з5з = (а/^і * "Ь 2 • . Але lAtSi = ІBS2 = lCtS3 = 3V (наприклад, точка At лежить на площинах а2 і а3 і належить множині JF, а тому об’єм піраміди з вершиною в цій точці і основою Sx дорівнює V, тобто -^^ASi = = V). Отже, і. (/,'S, + l’2s2 + l'3S3) = V ^ + -h± + ^ j. Тепер доведемо, що к к к к+і+і-1- (2) Сполучимо точку М з вершинами трикутника AiBxCv Нехай а, b І с — сторони цього трикутника, які лежать відповідно проти вершин Ai, Blt Clf a S — площа. Тоді a^a + bh'b + ch’c = 2 S, звідки ah'a bh'b ch; іІ + 23Г+25 = 1- ® 7 9-152 169
Крім того, аьа = Ькь= скс =2Б. Підставивши в перший доданок рівності (3) 25 = ака, у другий — 2а в третій — 25 = скс, дістанемо рівність (2). Отже, шуканою множиною і7 є поверхня восьмигранника з трикутними гранями, вершини якого лежать на прямих, уздовж яких перетинаються попарно площини аь а2, а3. Спільна точка цих площин е центром симетрії восьмигранника. Зокрема, якщо площини «і» «2» аз попарно взаємно перпендикулярні і 5Х = 52 = 53, то цей восьмигранник буде правильним октаедром. 221. Якщо для деякого розподілу знаків перед буквами хі кількість подвоєних добутків із знаком «плюс» дорівнюватиме кількості подвоєних добутків із знаком «мінус», то ця властивість збережеться, коли всі знаки перед буквами хі замінити на протилежні. Тому досить розглядати лише ті вирази Ь = :±: — *2— ••• — хп, яагі знаків «плюс» містять не менше, ніж знаків «мінус». Нехай квадрат такого виразу має однакову кількість подвоєних добутків із знаками «плюс» і «мінус». Тоді, поклавши в рівності (± хі і х2 ± • • • ± хп)2~ = х\ + х\ + • • • х% ± 2хіх2 ± • • • ± ± (1) хі = х2 = .. • =^= хп= 1, дістанемо № = п, де А: — різниця між кількістю знаків «плюс» і «мінус» у вирізі Ь. Отже, п обов’язково повинно бути квадратом натурального числа. Ця умова є й достатня. Якщо п = £2, то, щоб дістати вираз А, квадрат якого містить порівну подвоєних добутків із знаками «плюс» і Д>2 __ ^ «мінус», треба із знаком «мінус» узяти які-небудь / = —^— букв хн\ ( к2 — к а із знаком «плюс» — решту / + к І зазначимо, що — при будь- якому натуральному А є натуральне число або нуль|. При цих умовах Ь2 матиме однакову кількість подвоєних добутків із знаками «плюс» і «мінус», бо інакше рівність (1) не виконувалася б для хг= = х2 = . . . = хп = 1. 222 Перший спосіб. Доведемо спочатку таке твер* дження: Якщо числа а і Ь — взаємно прості, то числа а, 2а, За, Ьа дають рі^ні остачі при діленні на Ь (аналогічно числа Ь, 2Ь, ЗЬ, ..., аЬ дають різні остачі при діленні на а). Припустимо протилежне. Нехай ка і та (1 < к < т < Ь) дають однакову остачу при діленні на Ь. Тоді (т — /?) а ділиться на Ь без остачі. Проте це неможливо, бо 0 < т — & < 6, а найменше спільне кратне взаємно простих чисел а і Ь дорівнює аЬ. З доведеного твердження випливає, що сума дробових частин чисел з 2 а За Ьа
дорівнює .±+2+1 + ь ^ ь ^ ь + Ь—1 Ь— І 1 Ь "■ 2 Кожне число є сумою своєї цілої і дробової частин, тому Е[т]-Ет к=\ к=\ Ь— 1 аф+ 1) Ь— 1 2 аЬ + а • 2 ь+і Аналогічно Отже, ш аЬ + Ь — а + І *=і 6 Е[*]-Е[?]—*■ *=1 Л=1 тобто перша сума більша, ніж друга. Другий спосіб. Розглянемо на координатній площині хОу прямокутник ОВСИ (рис. 114), в якого | ОВ \ = а і | ОБ | = Ь. Відмітимо всі внутрішні точки цього прямокутника, обидві координати яких виражаються цілими числами. Очевидно, таких точок буде (а — 1) (Ь — 1). Проведемо діагональ ОС прямокутника ОВСй. Доведемо, що ЮС) не проходить через жодну з зазначених точок. Для довільної точки (х; у) діагоналі ОС маємо = У ’ Натуральні числа а і Ь — взаємно прості, а це й означає, що не існує цілих натуральних чисел у < а і х <>, для яких ~ = ~ . Отже, х і у не можуть одночасно бути цілими числами. Розглянемо точку А на діагоналі ОС з абсцисою, що дорівнює де к — натуральне число (6 < Ь). Нехай | ОМ | = к. Кількість точок, що лежать на відрізку АМ і мають цілу ординату, очевидно, дорівнює . ... „ І АМ І а . . л тлін частині відрізка АМ. У свою чергу = ~Ь ' ЗВ1ДКІІ І 1 = ка . . . = і, отже, кількість таких точок дорівнює Легко побачити, що сума и- [*]+[¥]+•••+№} 171
дорівнює загальному числу всіх точок з цілими координатами, які містяться під діагоналлю ОС. Виходячі* з симетрії розміщення відмічених точок відносно центра прямокутника ОВСй і з того, що на діагоналі ОС немає жодної з цих точок, матимемо, що І[?]-2М+-й=¥=а+' <■* к=1 к=\ Аналогічно доводиться рівність ш= (а 1)+6 (2) k=\ З рівностей (1) і (2) дістаємо, що Ш-Ш— k=\ k=\ Оскільки а > Ь, то k=\ k=\ 223. Запишемо задану рівність так: ‘ ^Ctg £-tg^j = fc ^tg в'— ctg • (1) Оскільки А, В, C — кути трикутника, то А + В + С = 180°. Звідси ^ч = 90°—^ • Підставивши це значення в рівність (Г), їй можна надати такого вигляду: a(*g tg A j = b ^tg fl - tgl+£). Виразивши в цій рівності тангенси через синуси і косинуси, після спрощення дістанемо /ч В A /N sin —^— (a cos B — b cos А) = 0. Звідси випливає, що принаймні один із множників лівої частини цієї рівності дорівнює нулю. 172
В — А ^ Якщо sin —^— = 0, то В = А, оскільки —я < В — А < я. ^ч Нехай тепер a cos £ — 6 cos А = 0, тобто ^ч ^ч a cos В = b cos і4. (2) Для будь-якого трикутника за теоремою синусів маємо ^ч ^ч sin A sin В ,о\ —"— = —г— • W а о Перемноживши почленно рівності (2) І (3), дістанемо <"Ч ^ч ^ч ^ч sin A cos В = sin В cos А, або sin(X-В) = 0. /N ^Ч ^Ч ^Ч З цієї рівності випливає, що знову А = В, бо —л < А — В < я. Таким чином, якщо сторони і кути трикутника ABC задовольняють рівність (1), то такий трикутник рівнооедрений, бо його кути А і В конгруентні. 224. Див. задачу 218. 226. П е р ш и й спосіб. Для знаходження цифр а, Ь, с шуканого числа abca маємо рівняння abca = (5с + І)2, яке можна записати так: 1000а +1006 -j- 10с + а = 25с2 + 10с +1, або після спрощення 1001а— 1 = 25(с2 — 4 Ь). (1) Права частина цієї рівності ділиться на 25. Отже, на 25 повинна ділитись і ліва частина. Але оскільки 1 < а < 9, то ліва .частина рівності (1) ділитиметься на 25 лише тоді, коли а = 1. Підставивши значення а = їв рівність (1), матимемо ІО’ОО = 25(с2 — Щ. Звідси с2 = 4(10 + Ь). Оскільки 0 < Ь < 9, то права частина цієї рівності буде повним квадратом цілого числа лише тоді, коли b = = 6. Тоді с2 = 4 • 16, а отже, с = 8. Таким чином, серед чисел виду abca, які дорівнюють квадрату числа 5с + 1, є одне число 1681 = -(5.8+ І)2. Другий спосіб. Оскільки 0 < с < 9, то число (5с + + І)2 буде чотиризначним лише тоді, коли с дорівнює одному з чисел: 7, 8, 9. Якщо с = 7, то (5 • 7 + І)2 = 1296, якщо с = 8, то (5 . 8 + І)2 = 1681, а якщо с = 9, то (5 • 9 + І)2 = 21С6.Звідси дістаємо, що умову задачі задовольняє с= 8 і шуканим числсм буде 1681 = (5-8+ І)2. 226. Нехай ABCD (рис. 115) — даний чотирикутник, а Мі,М2, М3, М4 — середини його сторін. Треба довести, що плсща 5 чотирикутника ABCD дорівнює 5 = | MXM8 | • | МгМ4 |. 173
Розглянемо чотирикутник Лі1М2МяМ4. Оскільки вілрпки M1M2t М2Мз, М3М3 і М4Мі є середніми лініями відповідно трикут- ннкІв ABC, BCD, CD А і то [МхМі] II [АС] і ІАЇіЛІ.І-у МС|, [М2МЛ] Н [ДО] і І М2М3 І = 11 BD І, [М8М4]Ц [АС] і \M3Mt\ = ±\AC\, || [BD] і \MiMi\=±\BD\. За умовою задачі діагоналі чотирикутника ABCD конгруентн5, тобто І АС І = \BD |. Тоді, беручи до уваги співвідношення (І), дістаємо, що чотирикутник М1М2М3М4 е ромб, діагоналями яксго є середні лінії МХМ3 і М2М4 чотирикутника ABCD. Оскільки площа ромба через довжини його діагоналей виражається формулою Sp = і. І мхмд . I M2Mt І, (2) то для розв'язання задачі досить довести, що площа чотирикутника ABCD вдвоє більша, ніж площа ромба М1М2М3М4. Точки перетину сторін ромба з діагоналями чотирикутника ABCD позначимо через /Сі, Р2, К2, Рі. Нехай 0 — точка перетину діагоналей АС і BD. Розглянемо трикутник АВО. У ньому [МгКі\ ifMiPJe середні лінії (ці відрізки проходять через середину Afi сторони АВ паралельно відповідним основам АО і ВО). Тому точки К\ і Рг є відповідно серединами сторін ВО і АО. Отже, [/СіЯі] є також середня лінія цього трикутника і тому ІК\Рі\ || [ЛЯ]. Чотирикутники MxBKiPi і AMxK\Pi — паралелограми, бо протилежні сторони цих чотирикутників попарно паралельні. Оскільки діагональ паралелограма поділяє паралелограм на два конгруентних трикутники, то площі трикутників AxMiPit МхКіРі, МхВКі і Р\К\0 рівні між собою. Звідси маємо 5 л або = 2 * SOPiMlKi• (3) Аналогічно дістаємо, що SABCO — 2 • SOKlM1Pt* (4) 5 AC DO = 2 • SOPiMiKtt (5) 5 A ADO = 2 • SOKtMAPS (6) 174
Додавши почленно рівності (3)— (6) і беручи до уваги рівність (2), дістаємо 5 = 2 • 5р= | М1М3\ •) М2М4\, що й треба було довести. 227. Нехай Ах — одна з даних точок. Оскільки кожні дві точки сполучено відрізком, то з точки Аг виходить 5 відрізків Оскільки кожен відрізок має один з двох кольорів, то серед цих п’яти відрізків принаймні три будуть одного кольору. Нехай такими одноколірними відрізками будуть [2], ІАгА3], [АхАа) (рис. 116). Вважатимемо, що вони червоні. Якщо один з відрізків А2А3, А2А4, А3А4 червоний, то йому відповідатиме трикутник з вершиною в точці Ах, усі сторони якого також червоного кольору; якщо ж серед [А2А3\, [і42і44], [А3А4] немає відрізка червоного кольору, тобто всі вони зелені, то шуканим трикутником буде А2А3А4. Отже, завжди існує принаймні один трикутник, усі сторони якого мають однаковий колір. 228. Очевидно, нерівність, яку треба довести, рівносильна такій нерівності: а(Ь — с)2 + Ь(с — а)2 +*с(а — b)2 + 4abc— а8 — Ь9 — с3 > 0. (1) Ліву частину цієї нерівності можна записати так: а {[(6 — с)2 + 4Ьс] — а2} + Ь[(с — а)2 — б2] — с\сг — (а — &)21 = = а(Ь + с — а)(Ь + с + а) + Ь(с — а — Ь)(с — а + Ь) — —с(с — а + Ь)(с + а — Ь) = (Ь + с — а) [а* — (6 — с)2] = = (Ь + с — а)(а + b — с)(а + с — Ь). Оскільки а, b і с — довжини сторін трикутника, то всі три множники в добутку (Ь + с — а)(а + b — с)(а + с— І?) є додатні числа. Отже, нерівність (1) доведено. 229. Очевидно, утворений так шестикутник ABCDEF є опуклий і правильний. Доведемо, що вершини шуканого трикутника збігаються з вершинами шести' кутника ABCDEF. Зазначимо, що всі вершини шуканого трикутника лежать на сторонах шестикутника, оскільки в противному разі можна вказати трикутник більшої площі, який можна вмістити в цей шестикутник (доведіть це!). Розглянемо трикутник ACN. Нехай його вершина N не збігається Рис- з вершиною шестикутника. Припустимо, що вона лежить на стороні EF (рис. 117). Тоді площа трикутника АСЕ буде більша, ніж площа трикутника ACN, бо відстань від точки Е до прямої АС більша, ніж від точки N. Це випливає з такого очевидного факту. Нехай довільна пряма У і відрізок РХР2 не паралельні. Тоді серед усіх точок відрізка РХР2 найбільш віддаленою від прямої Y буде одна з двох точок Р{, Р2, а саме та» відстань від якої до точки перетину прямої Р\Р2 з прямою У більша. Трикутники, вершини яких збігаються з вершинами шестикутника, можна розбити на три групи: 1) трикутники, дві сторони яких збігаються з сторонами шестикутника (наприклад, ДЛБС, ДAFE і т. д.); 2) трикутники, у яких лише одна сторона збігається з стороною шестикутника (наприклад, ДЛВО, ÄABE і т. д.); 3) трикутники, які не мають з шестикутником спільних сторін (наприклад, ДАСЕ, &BDF). 175
Площа кожного трикутника першої групи дорівнює 5, другої — 25 третьої — 35. Отже, серед усіх трикутників, які можна помістити в шестикутник АВСЬЕРу найбільшу площу має трикутник, вершинами якого є вершини шестикутника, узяті через одну. Це трикутники АСЕ, ВИР. 230. Оскільки кожний учасник зльоту знайомий принаймні з 67-ма іншими, а всього на зльоті було 100 піонерів, то у кожного учасника може бути не більш як 100 — 68 = 32 незнайомих з ним піонери. Нехай А — один з учасників зльоту. Розглянемо групу піонерів, які знайомі з А. У цій групі разом з учасником А буде не менш як 67 + 1 = 68 піонерів. Нехай В — учасник цієї групи, який не є А. Розглянемо з цієї групи тих учасників, які знайомі з В. Очевидно, у цій підгрупі буде не менш як 68 — 32 = 36 піонерів, причому серед них буде і учасник А, оскільки А і В знайомі між собою. А Нехай С — той учасник цієї підгрупи, який не є ні А, ні В. Розглянемо з цієї підгрупи тих, які знайомі з С. Таких учасників у цій підгрупі буде не менш як 36 — 32 = 4, причому серед них є Ау В і С. Нехай Ь — учасник цієї четвірки, який не є ні А, ні В, ні С. Очевидно, чотири учасники А В, С, О знайомі між собою. 231. Маємо [(а — с)2+ (Ь — сі)2](а2 + Ь2) — (ай — Ьс)2 = (а2+ Ь2 — ас — ЬсІ)2. Оскільки а^ Ьу с, й — цілі числа, то заданий вираз є квадрат цілого числа а2 + Ь2 — ас — ЬА. 232. Оскільки висоту ААг проведено з вершини тупого кута, то бісектриса ССі і медіана ВВг перетнуть цю висоту в точках, які лежать усередині трикутника АВС. Позначимо ці точки відповідно через Ох і 02 (&ис. 118). Щоб розв’язати задачу, досить довести, що тсчки Ог і 02 збігаються, а для цього , очевидно, досить довести, що ІМ^іІ = Иі021. Виразимо відрізки Ах02 і ЛхОі через висоту | ААХ | = Я. Для Сі ого розглянемо прямокутний трикутник ААХС. Оскільки АСАі = ~ , то цей трикутник рівнобедрений, а отже, \СА1\ = \ААІ\ = Н, | АС ! = Н У 2. (1) Підрізок СОі € бісектрисою цього трикутника. Тому за властивістю МАІ \сах\ бісектриси внутрішнього кута трикутника маємо ■ д ^ = | ^у. • 176
MiQii зьідси, якщо взяти до уваги рівності (1), дістанемо и гл п і— ^ Н — I AxUx J = — ■ . Розв’язуючи це рівняння ВІДНОСНО І АхРх І, знаходимо у 2 Н ,А'°‘і-уІТЇ- ■ ® Для знаходження довжини відрізка АхО^ виконаємо такі допоміжні побудови. З точки Ві опустимо перпендикуляр BXF на сторону ВС. З подібності прямокутних трикутників BXFB і 02АхВ маємо I BtF І • I А±В І j-fs] • (3) Оскільки Ві є середина відрізка СА, a [BjF] || [ААХ]У то є середня лінія рівнобедреного прямокутного трикутника ААХС. Тому \B1F\=~H, |F^|=-i| Н. (4) З точки А перпендикулярно до [ЛС] проведемо пряму до перетину з стороною ВС в точці D. Розглянемо трикутник ABD. У цьому 5д ft ft трикутнику BAD = - -=-_== ABD. Отже, трикутник ABD рівно- О Z о бедрений і \DB\ = \DA\. (5) ft AAXD = y * A1AD = ~j маємо: \ A1D\ = \AA1\=H, \DA\ = V*H. (6) Беручи до уваги рівності (4), (5) і (6), знаходимо: ]FB] = \FA1\ + lAlD\+lDBl = V + 2^H , (7) М,В| = | V>I + |£S| = (K2+1)//. (8) Підставивши у формулу (3) замість |В1/'|, ІЛ^І, І/7#! їх значення з рівнсстей (4), (7), (8), дістанемо ' ЛЛ'=7ГГг (9) З рівностей (2) і (9) маємо \АХ0Х\ = |і4102|, а це означає, що точки О, і 02 збігаються. Отже, в трикутнику ABC висота АА1% медіана BBt і бісектриса ССХ перетинаються в одній точці. 233. Нехай Ах — одна з сімнадцяти даних точок. За умовою задачі кожні дві точки сполучено відрізком. Тому з точки Ах виходять 16 відрізків. Оскільки кожен з відрізків має один з трьох кольорів, то з цих 16 відпізків принаймні 6 будуть одного кольору. Справді, якби відрізків кожного з трьох кольорів було не більше 5, то всього . 177
9 ТОЧКИ Аі виходило б не більше ніж 5*3=15 відрізків, що суперечить дійсності. Розглянемо ці б одноколірних відрізків (нехай вони будуть червоні). Припустимо, що це відрізки А1А2, АгАь, АгА4, АгА59 АХА^ АХА7 (рис. 119). Якщо серед відрізків, які сполучають точки /42, А3, Л4, Л5, Ав, А7, є принаймні один відрізок (наприклад, відрізок АгАь) червоного кольору, то дістанемо трикутник (&АгАгАь) з вершиною в точці Аг, усі сторони якого мають червоний колір, І твердження задачі доведено. Якщо ж серед цих відрізків не буде відрізка червоного кольору, то це означає, що кожен з них має один з двох інших кольорів. Тоді до шести точок Л2, Л3, Л4, Аь, Лв, Л7 можна застосувати їв *рдження задачі 227. 234. Нехай квадратний тричлен, про який іде мова в задачі, має вигляд: р (.х) s= ах* + Ьх + с. Позначимо ті три послідовних цілих значення х% при яких р (*) набуває цілих значень, через т — І, т, т + 1, де т — деяке ціле число. Оскільки р (т — 1) = ат2 + Ьт + с — 2ат + а — Ь, р (т) = ат2 + Ьт + с, р (т + 1) = ат2 + Ьт + с + 2ат + а + Ь є цілі числа, то, очевидно, цілими будуть і такі числа: р (т + 1) + р (т — 1) — 2р (т) = 2а, > р (т + 1) — р (т) — 2ат = а + Ь. Запишемо очевидну тотожність р (т) = ат2 + Ьт + с = 2а т + (а + b) т + с. ( І ) Оскільки при цілому значенні т число ^ — є ціле (одне з двох послідовних цілих чисел є парне число), то з рівності (1), беручи до увага те, що р(т), 2а, а + 6 є цілі числа, дістаємо, що с = р (т) — 2а — (а + Ь) т е ціле число. Отже, якщо квадратний тричлен р {х) — ах* + Ьх + с набуває цілих значень при деяких трьох цілих послідовних значеннях х, то 2а, а + b і с є цілі числа. 178
Оскільки 2а, а + Ь і е — цілі числа, то квадратний тричлен р (X) = ахі + Ьх + с = 2а + (в + Ь) х + с набуває цілих значень при будь-яких цілих значеннях х, що й треба було довести. (Порівняйте цю задачу з задачею 68). 235. Розглянемо випадок, коли кут АСВ гострий (рис. 120). Випадок, коли Z.ACB тупий, досліджується аналогічно. Позначимо точку перетину прямої CS з колом через L. Розглянемо трикутники SAL і 5СЛ. Оскільки SAL ^ SCA (як кути, величини яких вимірюються тією самою дугою AL), а кут ASL у них спільний, то ці трикутники подібні. З подібності цих трикутників дістаємо |i4L І : І і4С| = ISLІ : I SA|. (1) Аналогічно з подібності трикутників SBL і SCB маємо |BL | : | ВС| = | SA| : I SB |. (2) З рівностей (1) і (2), беручи до уваги те, що | SA ( = | SB | (як довжини дотичних, проведених з тієї самої точки до кола), дістаємо \ALI I BLІ \Щ = \вс\' ЗВ1ДКИ Мі І _ MCI I BL І ~ І ВС І • '■’ Розглянемо трикутники AML і BMC. У них Z. AML ^ Z.BMC (як вертикальні), Z.BCM ^ Z.MAL (як вписані кути, що спираються на ту саму дугу BL). Отже, трикутники AML і BMC — подібні. З подібності цих трикутників маємо \Ш\_[АІ\ (4) І ЛІС І \вс\' Аналогічно з подібності трикутників АМС і BML знаходимо \МВ \ \BL І ІМСІ І лс І • (5) Розділивши почленно рівність (4) на (5) і беручи до уваги рівність (3), дістанемо \АМ\ I AC I I AL І |ЛС|2 б2 I MB І “ І ВС Г I BL І “ І ВС |2 ” а2 ’ що й треба було довести. 236. З умови задачі випливає, що число учасників туристського походу не менше 4. Оскільки кожний учасник туристського походу - • Г2/ІІ , . . знаиомии принаймні з + 1 іншими учасниками, а всього в поході бере участь п осіб, то для кожного учасника походу може бути не більш ЯК (п— 1)— (I -f- 1 j = п — 2 — незнайомих з ним учасників. 179
Нехай А — один з учасників туристського походу. Розглянемо всіх тих учасників, з якими знайомий А. Таких учасників за умовою задачі не менш як Нехай В —один з них. Тоді число учасників туристського походу, кожен з яких знайомий і з А і з В не менше ніж (Н+■) - Ч" - ЧтВ -2 [ї ] - “+2- Нехай С — один з цих учасників. Підрахуємо тепер число учасників туристського походу, кожен з яких знайомий і з А, і з В, і з С. Очевидно, це число не менше ніж р=(2[т]-'і+2)-1-('і-2-[|]) = 3[т]-2я+3- Отже, для розв’язання задачі досить довести, що число р не менше 1. Це легко зробити, якщо взяти до уваги, що число п можна подати в одному з таких виглядів: 1) п = 3т; 2) п = Зт + 1; 3) п = Зт + 2, де т > 0 — ціле число. У першому випадку маємо [^] = [2_І|т] = [2т]=2т Тоді р = 3 • 2т — 2 • Зт + 3 = 3. Отже, існує принаймні 3 учасники, кожен з яких знайомий І з А, 1 з В, І з С. Позначимо їх через Оі9 б2у Л3. Тоді шуканими четвірками будуть А, В, С, Ог\ А, Ву Су й2 і Л, В, С, £>3. У другому випадку, коли п = Зт+ 1, маємо Тоді р = 3 • 2т — 2 (Зт + 1) + 3 = 1. Отже, існує принаймні одна четвірка учасників, які знайомі між собою. Нехай тепер я = Зт + 2. Тоді р = 3 (2т + 1) - 2 (Зт + 2) + 3 = 2, тобто існує принаймні 2 учасники, кожен з яких знайомий і з Л, і з В, і з С. Позначимо їх через Е±, Е2. Отже, у цьому випадку шуканнми четвірками будуть Л, В, С, Еі і Л, Я, С, £а. 237. Нехай афі + а2Ь2 + • • • + апЬп = а; АіВп -(- А2Вп^і + • • • + АпВі = 5; АіВі + А2В2 АпВп = 5. 180
Треба довести, що 5<а<5. (1) Якщо всі числа хоча б в одному з наборів рівні,між собою, то, очевидно, 5 = 0 = 5, а отже, справедливі нерівності (1). Нехай тепер у кожному з наборів не всі числа рівні між собою. Тоді, помінявши, якщо це потрібно, місцями доданки, суму а можна записати так: о = і4іРі + Л2Рг + • • • + АїРл, (2) де Рі, р2, :. . , Р„ — деяка перестановка чисел , Ь2, Ь3, ... , Ьп, а отже, і чисел Ви В2> .. . , Вп. Доведемо нерівність я < а. (3) Якщо число Рі збігається з ВПі а число Р2 — з £Л-і і т. д. і зрештою рп збігається з то а = 5, а отже, справедлива нерівність (3). Нехай тепер не всі числа Рі, р2, .. . , р,ч збігаються відповідно з числами ВПі £/і_і, . .. , Вх. Припустимо, що р» є першим по порядку числом у послідовності Рі, р2, ... , Рл, яке не збігається з числом Вя-і+і послідовності ВПі Вп-і> ... , Вг. Це означає, що сума а має вигляд о = АіВп + • • • + Аі-іВп^і+2 + Аі Р/ +•••"}" + АрРр + • • • + А,ірл. (4) Тоді £л_/+і увійде множником в один з наступних доданків суми а, наприклад в АрВп-і+і, де р > і (тут Вп_і+ і = РР). Розглянемо два доданки Л/р£* і і4рЯл-/+і< Очевидно, числа, які входять до цих доданків, задовольняють за умовою задачі такі нерівності Аі >• Ар, Р/ :> Ял-і+і* Тоді для таких чисел ' (А$і + і4рВл-/+і) — (АіВп-і+і + Ар$і) = (Аі — Ар) (Р/ — #л-/+і) 0. тобто А$і + АрВП-і+і Л/Вл-/+і Ар§{. (5) Отже, якщо в доданках Аіфі і АрВп_і+і суми (4) поміняти місцями множники Рі і РР = Вл_і+і» залишивши без змін усі інші доданки, то сума при цьому не збільшиться (вона зменшиться, якщо Ас>Ару а Рі > Вп_і+і, і залишиться без змін, якщо Аі = Ар або Рі = Вп-і +1), тобто (Ті = АхВп + • • • + ЛіБп-ж+Лі+хРі+і + • • • + Ар$і + • • • + + А,Рл ^ АхВп + • • • + А$і + • • • + ЛлРл. (6) Якщо в результаті такого перетворення в сумі ог число Р*+і збігатиметься з Вп-і, а рі+2 з Вп_ц і т. д., нарешті, Рл з ВІУ то ^=5, а отже, згідно з (6) 5 = сгі < о і нерівність (3) доведено. Якщо такого збігу не буде, то, проводячи аналогічні перетворення над сумою Оі, після скінченного числа кроків ми, не збільшуючи кожного разу загальної суми, дістанемо суму 5. А це й означає, що з < а. Нерівність о < 5 доводиться аналогічно. 181
238. Необхідність. Нехай перпендикуляри, про які йдегьсягв задачі, перетинаються в одній точці 0 (рис. 121, а). Доведемо, що при цьому для точок АІ9 ВА і Сх виконується рівність І АСі І? + ! ВАг |а + І CBl І? = І AtC |а +1 М |а +1 СгВ |а. (1) Сполучимо точку О з вершинами трикутника ABC. (На рисунку зображено випадок, коли точка О лежить усередині трикутника ABC. Наведені нижче міркування застосовні і для випадків, коли точка О лежить зовні трикутника або на одній з його сторін). З утворених при цьому прямокутних трикутників АСгО і АВхО, ВАхО і ВСхО і СВгО і САгО відповідно матимемо: І АС, 14-1 ОСі |?= І ВХА\*+ І ОВі |а, І ВАі р+ \0А^= \СХВ\*+ \OCtf, І СВі р+ІОВх \2 = ]АХС |« + | ОАі Iа. І С Рис. 121 Додавши почленно ці рівності, після спрощення дістанемо рівність (1). Необхідність доведено. Достатність. Припустимо, що точки АІ9 Вх і Сх так розміщені відповідно на сторонах ВС, СА і АВ трикутника АВС, що для них виконується рівність (1), і доведемо, що три перпендикуляри, які проведено до сторін трикутника в цих точках, перетинаються в одній точці. Позначимо через Ог точку перетину двох перпендикулярів, проведених до‘сторін^ЯС і АС відповідно в точках А1 і Вх (рис 121, б). З точки 02 опустимо перпендикуляр на сторону АВ (або на її продовження). Точку перетину цього перпендикуляра з стороною ЛЯпозначимо через С2. Доведемо, що точки С2 і Сх збігаються. Оскільки перпендикуляри, проведені до сторін трикутника в точках Ах, Вг і С2, перетинаються в одній точці Ох, то за доведеним вище (доведення необхідності) для цих точок виконується рівність (1), яка в цьому випадку матиме вигляд \АСг\* + \ВА1\*+\СВ1\* = \А1С\* + \В1А\* + \СгВ\К (2) Але за умовою для точок ВІ9 Сх також виконується рівність (І), тобто | АС, І? + | ВА1 |а +1 СВХ Iа = | ДХС |а + | ВіА |а + | СхВ|а. Віднявши почленно від рівності (2) останню рівність, дістанемо | ЛС, І* - МС^ Iа = І С,в Iа - І Сів Iа. Звідси І АС» І* — І С%В[%. = | АСі 1* — І Ш
або (І АС2 1-і С2В і) (\АС2\ + \С2В\) = (|ЛСХ| - \СгВ\) (\АСг\ + |С,ВІ). (3) Легко довести, що незалежно від взаємного розміщення точок А, В, С\У С2 один із множників лівої частини і один із множників правої частини рівності (3) з точністю до знака дорівнює довжині відрізка АВ. Поділивши обидві частини рівності (3) на цей множник, після спрощення дістанемо 2 | СгС2 | = 0, а це й означає, що точки Сл і С2 збігаються. Отже, достатність також доведено. 239. Застосуємо метод математичної індукції. Для п = 1 твердження очевидне. Справді, у цьому випадку маємо один (п = 1) колір і + 1 = 2 + 1 = 3 точки, які не лежать на одній прямій. Сполучивши ці точки відрізками, дістанемо трикутник, усі сторони якого мають той самий колір. Припустимо, що твердження задачі справедливе для довільно фіксованого натурального числа п — к (тобто ЯКЩО КОЖНІ ДВІ 3 + 1 точок, з яких жодні три не лежать В С на одній прямій, сполучити відрізком, що має один з к кольорів, то при цьому утвориться принаймні один трикутник, усі сторони якого одноколірні), і доведемо при цьому, що це твердження справед ливе і для п = & + 1 (тобто як- Рис, 122 що кожні дві з ак+і + 1 точок, з яких жодні три не лежать на одній прямій, сполучити відрізком, що має один з к + 1 кольорів, то при цьому утвориться принаймні один трикутник, усі сторони якого одноколірні). Візьмемо множину з аь+і + 1 точок. Нехай О — одна з них. Розглянемо тепер відрізки, які сполучають цю точку з усіма іншими точками цієї множини. Очевидно, таких відрізків буде ак+і> Але за умбвою задачі ак+і = (к + \)аи + 1. Тоді, беручи до уваги, що кожен з відрізків має один з 6+1 кольорів, дістанемо, що серед (6 + 1) ак +1 відрізків, які виходять з точки О, є не менш як а* + 1 відрізків, що мають однаковий колір (наприклад, чорний). Справді, якби серед цих відрізків було не більш як ак відрізків кожного з к + 1 кольорів, то ВСЬОГО З ТОЧКИ О ВИХОДИЛО б не більш ЯК йк (к +1) відрізків, що суперечить дійсності. Розглянемо ак+ 1 точок, які є кінцями цих одноколірних (чорних) відрізків (точку О не включаємо в цю множину). Якщо принаймні один з відрізків, які сполучають між собою ці точки, чорний, то трикутник, однією з сторін якого є цей відрізок, а ДЕІ інші сполучають його кінці з точкою О, буде шуканим: усі сторони такого трикутника мають чорний колір. Якщо ж цього не трапиться, то матимемо ак + 1 точок, з яких кожні дві сполучено відрізком одного з 6 різних кольорів. Але тоді за припущенням індукції існує принаймні один трикутник з вершинами в цих точках, усі сторони якого мають той самий колір. 240. а) Спочатку доведемо, що чотирикутник АВгСхО — трапеція. Для ЦЬОГО, очевидно, ДОСИТЬ довести, ЩО [ВіС*!] || [Л£>]. Проведемо середню лінію Л^іЛ^ трапеції АВСО (рис. 122). Будучи паралельною основам трапеції, вона перетне діагоналі АС і ВО в точках, які є їх серединами (за властивістю середньої лінії трикутників АВС і БВС)у тобто в точках Вх і Сг. Отже, [і^Сі] || [Ащ. Тоді чотирикутник —трапеція. Аналогічно доводиться, що трапеці- 183
ями будуть і чотирикутники АВіСіО (і =2, и, п). Знайдемо довжину відрізка ВгСх. Оскільки І І = І (І Ю 1+ І ВС І) = І (а + Ь), а | МіВі | = у| ВС| =\ь, | СіИі | = 11 ВС | = 1 Ь (за властивістю середньої лінії трикутника), то 1^11=1^1-1^^1-1^1=1(1^1-1301) = = у(я-6). (1) тобто довжина відрізка, який сполучає середини діагоналей трапеції, дорівнює половині різниці довжин основ трапеції. Оскільки відрізок ВпСп сполучає середини діагоналей трапеції і4Бл_1Сп_10, то за доведеним \ВпС„ \=\А°\-\Вп.хСп.і\^ (2) Виразимо | В:іСп | через а і Ь. Доведемо, що для будь-якого натурального числа п І В„с„І іу (а - 36)] . (3) Застосуємо метод математичної індукції. Для п = 1 з рівності (3) дістаємо | ВхСі | = у (а — 6), що збігається з (1). Припустимо, що рівність (3) справедлива для довільно фіксованого натурального числа п = тобто справджується рівність (4) (5) |В*С*| = і-[«-(- і)\а-36)]. Доведемо, що рівність (3) виконується для п = к + 1, тобто І Вк+1ск+11 = і [а - (- (а - 36)]. Скориставшись формулами (2) і (4), дістаємо І В*+іС*+11=1(| АО\ — І ВкСк\) = 1 {а- -і[а- -(-!)* с-з»,)) - і [« - (- -1)*+І <«-»)]. Отже, ми впевнилися, що рівність (3) справджується для п — 1 і, припустивши, що вона справедлива для п = £, довели, що вона справедлива і для п = & + 1. Тоді за принципом математичної Індукції формула (3) справедлива для будь-якого натурального числа п. 184
б) Беручи до уваги, що lim^—= 0, з рівності (3) дістаємо lim І „ф І - Um і [„ _ (_ 1)” (а - 3»)] -1 «. в) 3 формули (3) випливає, що відрізки ВхСі, В2С2, ..., ВпСп будуть конгруентними тільки для тих трапецій, для яких а = ЗЬ. При цьому І ВХСЛІ = І В2С2| = ... = І ВпСи І = у а = 6. 241. Позначимо \АВ\ = с. Площу трикутника KLM (рис. 123) обчислюємо за формулою ^ S=-i|/U|.|KM|sin?. (1) Нехай І AK І = тоді | КВ \ = с — х. З прямокутних трикутників АМК і BLK відповідно знаходимо: І /С/Vf І = sin Л, І KL І = (с — х) sin В. (2) Оскільки кути KLC і КМС прямі, то *К= 180° — С*. (3) А Якщо у формулу (1) замість | KL |, \КМ | і К підставити їх значен- ня з формул (2) і (3) і врахувати при цьому, що sin К = sin (180°— — С) = sin С, то дістанемо І ч ✓'Ч S = — х (с — х) sin A sin В sin С. (4) Оскільки sin A sin В sin С для даного трикутника ABC є стале додатне число, то вираз (4) набуватиме найбільшого значення тоді і тільки тоді, коли найбільшого значення набуватиме добуток х (с — х). с2 Беручи до уваги, що с є стале число, з тотожності х (с — х) = — — — ~^J дістаємо, що найбільшого значення, яке дорівнює , с 1 добуток х (с — х) набуває тоді, коли х = . Отже, | АК \ АВ\. Таким чином, площа трикутника KLM буде найбільшою і дорівнюватиме: Smax = -^1 і4б|2 sin 'a sin’s sin С* тоді і тільки тоді, коли точка К є середина сторони АВ. 242. Вважатимемо, що дані відрізки llt /2, Іп лежать на орієнтованій прямій. Позначимо ліві кінці цих відрізків відповідно через і4ь Л2, ..., Ап% а праві — Blt В2, Вп. Серед точок Alt А2 ... 185
..., Ап виберемо крайню справа точку (або одну з них, якщо їх виявиться декілька) і позначимо її через А*, а серед точок В19 В2, Вп виберемо крайню зліва точку {або одну з них, якщо їх виявиться декілька) і позначимо її через В*. Відрізок, для якого точка А* е лівим кінцем, позначимо через /*, а відрізок, для якого точка В* є правим кінцем,— через /*. Очевидно, точки А* і В* або збігаються, або точка А* лежить зліва від точки В*, оскільки в противному разі відрізки І* і /* не мали б жодної спільної точки, що суперечило б умові задачі. Доведемо, що спільними точками даних відрізків будуть усі точки відрізка Л*В*.. Розглянемо довільний відрізок Л*В* (6 = = 1, 2, 3, . .. , п). Очевидно, точка А* або збігається з точкою Л*, або лежить справа від неї (адже Л* — крайня справа точка серед точок Л*, Л2, ... , Лл), а точка В* або збігається з точкою В*, або лежить зліва від В* (адже Вт — крайня точка зліва серед точок Ві, в2, ... , Вп). Тоді точки А* і В*, а отже, і всі точки відрізка А*В+ належать відрізку Л*В* (6 = 1, 2, л . , п). 243. Підставивши в праву частину даної рівності замість Зд: і СІ§ 2х їх вирази через х і беручи до уваги, що для я Ф о значення tg * =£ 0, після спрощення дістанемо . (З — tg2 л) (1 — tg* х) 2(1 — 3 tg2 *) (1) Цю рівність можна записати так: або так: 1 (3 tg2 * — 5)* У 9 18(1 — 3 Ів^лг) ' (2) .. З Іб2*(1б2* + 5) 4 2 - 2(1-3їі?*) ‘ ' ; Позначимо через В область, до якої входять усі значення х Ф ™, де п — довільне ціле число. Очевидно, в області £ матимемо 1 — — З tg2 х Ф 0. Розіб'ємо область О на дві області йх і П2. До області Оі віднесемо всі ті значення х, для яких tg2 х < — , а до й2 —- всі о ті значення х, для яких ^ х > — . З рівностей (2) і (3) знаходимо, З що для всіх значень х з області у > , а для всіх значень х з області £>2 у < -і • Отже, для всіх х Ф ^ значення функції У о МІ- у = tg 3* ctg 2х лежать зовні проміжку 244. Перший спосіб. Відкладемо на ребрах тригранного кута від вершини 5 конгруентні відрізки 5Л, SB, SC (рис. 124). Середини відрізків ЛВ, ВС і СА позначимо відповідно через 0lt 02, 03. Оскільки трикутники Л5В, BSC, ASC за побудовою рівнобед- рені, то їх медіани S0lt S02t S08 будуть одночасно і бісектрисами, і висотами цих трикутників. 186
За умовою задачі один з кутів, утворених бісектрисами 80І9 502 і 503, є прямий. Нехай, наприклад, це буде 015Оа. Доведено тоді то кути 0^03 і 02503 також прямі. Оскільки [0Х5] _і_ [ЛЯ], [АВ] || [0802], то О) [OiS] X [030г]. V\ Але за припущенням 0\S02 = 90°, тому [0X5J ± [02S]. (2) Оскільки [02S] іЦ [0302], то з співвідношень (1) і (2) дістаємо, що відрізок 0AS перпендикулярний до будь-якого відрізка, який лежить V цій площині Д 02503, а отже, і до відрізка 09S. Таким чином, ми довели, що OiSOg = 90°. Аналогічно доводимо, що 0tS09 = 90°. Другий с лосі б. Сполучимо між собою точки О*, О*, 09 (рис. 124). Оскільки трикутники ASB, BSC, ASC рівнобедренІ за побудовою, то їх медіаци 0Х5, 02S, OsS будуть одночасно і бісектрисами, і висотами цих трикутників. Застосовуючи теорему косинусів, з трикутника 0iS02 знаходимо 10,0, І* =4 0,S l2 + |02S|*- — 2* IOjSj • |02S І • cos OtSO*. Звідси Рис, 124 2 .1 OtS І . I 02S І . cos 0і502 = I OtS |2 + | 02S |? - | 0Х02 | (3) Оскільки \0j02] — середня лінія трикутника ABC, то |0Х021 = = І ;4С І : 2 = І А03 |. Але з прямокутного трикутника Д0з5: ІА09 |2 = | AS |2 — I OgS |а. Отже, 10г02 J* = І Л5 І2 — |035 j*. Підставивши це значення в рівність (3), дістанемо 2. 10XSІ • І 025 і -cos0^S02 = \01S\* + \02S |2+ | 09S |2- | AS |2. (4) Аналогічно знаходимо, що 2* \OtS І • \09S\ • cos 0$09 = I OxS |2+ I OtS |2+ 10^ |8 -1 CS |а; (б) 2 • I OtS І . I OtS І • cos 0^S09 = \OxS\*+ |02S|2 + |03S|*— |BS|*. (6) Оскільки за побудовою 1145| = | BS | = | CS |, то праві частини різностей (4), (5) і (6) рівні між собою. Отже, рівні між собою і ліві частини цих рівностей, тобто 10XS І . I 02SІ . cos OiSOa = | OxS | . | 09S | • cos 0^0, = = J 09S I • I OgS I • cos OaSOf (7) 187
Оскільки множники І 0Х5|, | 02S | і |08S| строго додатні (як довжи ни відповідних ненульових відрізків), то з рівностей (7) випливає, 1110 cos01502, cos 01S03 icos02S08 одночасно або всі дорівнюють нулю або всі більші від нуля, або всі менші від нуля. Інакше кажучи, доье дено більш загальне твердження, ніж те, яке формулювалося в задачі, а саме: «Нехай SLMN — тригранний кут. Тоді кути між бісектрисами плоских кутів тригранного кута при вершині S одночасно або всі прямі, або всі гострі, або всі тупі». —У —У —У Третій спосіб. Позначимо черзз elt е2, е3 вектори, які мають однакові довжини і напрямлені від вершини 5 відповідно вздовж ребер SL, SM і SN (рис. 124). Тоді вектори е1 + е2, е2 + —У —У —У + ег, Єз + Ч будуть відповідно векторами-бісектрисами плоских кутів LSM, MSN, NSL. Розглянемо скалярні добутки цих векторів. Беручи до уваги властивості операції скалярного множення векторів, дістаємо: д- —У —У —У —У —У —У —У —У —У —У —У —У (ч + *2* e2~h Єз) = (Чу е2) + (ч» Єз) + (Є2> ез) + (е2> Ч)і (8) (е2 + *3, е8 + ЄХ) = (^1, е2) + (£?1, е3) + (е2, е3) + (е3, е3); (9) (ч + e2f Є3-ЬЧ) = (Ч» Є2)~{~(Чу ^з)+(^2» *з) + (ч* Ч)• (10) —У —У —У —У —У —У ■—У Оскільки довжини векторів Єі, е2, е3 однакові, ТО (ві, ег) = (е2, е2) = = (ез* ез)» а Т0МУ праві частини рівностей (8), (9), (10) рівні між собою. Отже, рівними між собою будуть і ліві частини цих рівностей, тобто (ч + *2» е2 “Ь ез) = (Є2 + е8* Є3 + Ч) = (ч + e2t е3 + ч)* (11) —У —У —У —У З цих рівностей дістаємо, що скалярні добутки (е± + е2, е3-\- е3), —У —У —У —У —У —У —У —У (є2 + e3t е3 + ej), (єі + е2, е3 + ex) одночасно або всі дорівнюють нулю, або всі додатні, або всі від'ємні, а це й означає, що кути між бісектрисами плоских кутів тригранного кута SLMN є одночасно або всі прямі, або всі гострі, або всі тупі. Справді, за означенням скалярного добутку двох векторів а і b маємо (а,~Ь) = fa I \~t\ со$<р, —У —У де 0 < <р < я — кут між векторами а і Ь. Звідси дістаємо, що кут <р буде гострим, прямим або тупим кутом залежно від того, чи с скалярний добуток векторів а і b відповідно додатне число, нуль чи від'ємне число. 245. Занумеруємо дані числа в порядку їх зростання: 4<а2<а3 < ••• <а2П. (1) Доведемо, що найбільша з усіх можливих сум попарних добутків чисел (1) має вигляд S = йіа2 + “Ь • • • “t" Д2Л-Іа2Л» (2) 188
а найменша а — йі^іп + агагп^і -f- апап+1- (3) Це означатиме, що поділ набору 2п чисел (1) на пари з найбільшою сумою попарних добутків буде («і; дг)» (Яз; °4)» • • • » (a2n-v 02л)» (4) а з найменшою (^1І 02Гі)і (^2*» а2Л-і)» • • • і (ап\ Д/ї + і)* (5) Спочатку доведемо, що до суми S обов’язково входить доданком добуток аха2. Припустимо протилежне, а саме: нехай числа at і а2 входять до суми 5 в різних доданках, наприклад ахар і a2aq. Розглянемо суму цих двох доданків: агар + а2ая, де р > 2, q> 2, р ф q. Оскільки числа, які ми розглядаємо, задовольняють нерівність (1), то для чисел аг, а2, ар, aq справджується одна з таких нерівностей: ах < а2 < < я? або а* < а2 < aq < ар. Тоді для таких чисел (а&р + a2aq) — (ага2 + apaq) = (ар — а2) (а£ — ая) < 0, тобто -f- a2aq < ДхД2 ”f" &pClq» (6) Таким чином, якщо ми замінимо в сумі 5 доданки ахар + a2aq на доданки аха2 + apaq, ю згідно з (6) сума при цьому збільшиться, а це неможливо, оскільки S — найбільша з усіх можливих сум попарних добутків чисел (1). Отже, до суми 5 обов’язково входить доданок аха2. Тоді суму S можна записати так: S = ага2 + Slf де — сума попарних добутків чисел д3, а4, ..., а^п- Очевидно, сума S, до якої входить доданок ага2, буде найбільшою тоді і тільки тоді, коли найбільшою буде сума Sit Аналогічно до попереднього доводимо, що до St обов’язково входить доданок а3ах. Продовжуючи подібні міркування, дістанемо, що сума 5 має вигляд (2), а відповідне розбиття набору (1) з 2/і чисел має вигляд (4). Твердження, що сума (3) буде найменшою з усіх можливих сум попарних добутків чисел (1), доводиться аналогічно. 246. Застосуємо метод повної математичної індукції. Спочатку доведемо, що твердження задачі справедливе для п = 1, тобто для многочленів першого степеня. Нехай многочлен першого степеня £i(*) = Oi*+flo (1) набуває цілих значень при деяких двох цілих послідовних значеннях х. Припустимо, що такими значеннями х будуть, наприклад, х — ті х=т-\- 1, де m — деяке ціле число. Ос кільки за рівністю (1) gi(m) = ахт + а0, (2) ?■ gi(m + 1) = aim + а0 + alt (3) то, беручи до уваги, що#г (т) і gi(m + 1) — цілі числа, з рівностей (2) і (3) дістаємо, що ах — gi(m + 1) — gi(m) і а0 = gi(tn) — Oj/n е також цілі числа (ми скористалися тим, що різниця цілих чисел е ціле число). Тоді gi(x) = ахх + а0 як многочлен з цілими коефіцієнтами а, і аи набуває цілих значень при будь-якому цілому значенні х. Отже, твердження задачі для п = 1 доведено. Нехай тепер твердження задачі справедливе для п = k. Доведемо, що воно при цьому справедливе і для п = k + 1. 189
Нехай £л+і (*)— многочлен степеня 6+1, який набуває цілих значень для деяких £ + 2 цілих послідовних значень х. Нехай такими значеннями х будуть, наприклад, дс = т, х = т + 1, х = т + 2, де = т + & + 1, де т — деяке ціле число. Розглянемо різницю £*+і (* + 1) — Вк+і (*) = Рк (*)• (4) Очевидно, рк (х) є многочлен степеня к. Оскільки (*) набуває цілих значень при х = т, дг = т+1, ...,х = /я + Л+1, то 8к+і (* + 1) набуває цілих значень при х = т— 1, х = т, ..., * = *=/7і + 6. Тоді многочлен рП*) набуває цілих значень при таких &+ 1 цілих послідовних значеннях х: т, т + 1, ... , т + к. Отже, за припущенням індукції рь (*) набуває цілих значень при будь-якому цілому значенні х. Тоді з рівності (4) дістаємо, що при будь-якому цілому значенні х, якщо одне з чисел £*+і(х) або gk+i (*+ 1) Ц^е, то й друге число обов’язково ціле. Звідси, якщо взяти до уваги, що існує таке ціле ЧИСЛО X, При якому #£+1 (х) е ціле число (таким значенням х може бути одне з чисел т, т + 1, ... , т + к + 1), дістаємо, що при будь-якому цілому значенні х многочлен Цк+і (х) набуває цілих значень. (йже, твердження задачі доведено для многочленів степеня п = 1 і з припущення, що воно справедливе для многочленів степеня п = 6, доведено, що воно справедливе і для многочленів степеня л = £+1. Тоді за принципом повної математичної індукції твердження задачі справедливе для многочленів будь-якого цілого степеня п. 247. Нехай АВС— даний трикутник (рис. 125). Позначимо центр кола, яке вписане в цей трикутник* через О. Нехай коло радіуса Гі дотикається до сторін АВ і АС, коло радіуса г2 — Д° ИВ] і [ВС], а коло радіуса г8 — до [АС] і [ВС]. Позначимо центри цих кіл відповідно через Оі, 02, 03. Оскільки центр кола, що дотикається до сторін кута, лежить на бісектрисі цього кута, то точки О і і О лежать на бісектрисі АО кута ВАС, точки 02 і О — на бісектрисі ВО кута АВС, а точки 03 і О — на бісектрисі СО кута АС В. Позначимо основи перпендикулярів, опущених з центрів кіл О і Ог на сторону А В відповідно через 0' і О[. Через точку Оі проведемо пряму, паралельну стороні АВ. Точку перетину цієї прямої з відрізком 00' позначимо через О. Внаслідок такої побудови дістанемо прямокутний трикутник 0і£Ю, в якому \ОЕ>\= 100' |-|0'£>| = Л-гь |00,| =/? + /-,, 00,0 = у (1) Далі, з & ООхО маємо } = 5іп. Підставивши замість \0И\ і І иіи І 1 ^ г. Д | О0і | їх значення з формул (1), дістанемо ■=——^біп-^. Звідси А + Гх 1
Аналогічно знаходимо: /•„ = /? (§2 ^45° - г, = Я^45°-^|. (3) (4) Якщо підставити у вираз V'’іг2 + Vг2г9 + Vг9гх замість г*, г2, г9 їх значення з формул (2), (3), (4) і взяти до уваги, що А, В і С — кути трикутника, то дістанемо Доведемо, що вираз, записаний у квадратних дужках, дорівнює одиниці. Скориставшись відомою формулою tg а + tg 0 = (1 — а р) X X ^(а + Р), а також тим, що А + В + С = 180°, після деяких перетворень дістанемо Отже, VГ1Г2 + V^2Г3 + V'з'ї = /?, ЩО й треба було довести. 248. Перший спосіб. Застосуємо метод повної математичної індукції. Для п = 3, тобто для трикутника/ твердження задачі очевидне. Припустимо, що твердження задачі справедливе для всіх многокутників Рл, які задовольняють умову задачі і число сторін яких п <&, і доведемо, що при цьому твердження справедливе для многокутників Р*, число сторін яких дорівнює к. Спочатку доведемо таке допоміжне твердження: ' Лема. Якщо в опуклому т-кутнику з деяких (м —; 1) вершин виходить по парному числу (серед цих чисел можуть бути нулі) діагоналей, то з т-ї вершини також виходить парне число діагоналей. Справді, нехай £*, к2, ... , &т_ь кт — число діагоналей, що виходять відповідно з 1-ї, 2-ї і т. д. (т — 1)-ї та т-і вершин. Тоді число К всіх діагоналей т-кутника дорівнює / гхгг + / гігз + V 'VI = ^45° — ^45° — ® | + + ‘8 ^45° -^45-- ^ ^45° - ^ Іе ^45« - . (5) (1) 191
оскільки при такій лічбі кожна діагональ рахувалася двічі. Через те що кі, к2, , кт_і за умовою парні числа, а число К е ціле число, то з рівності (1) дістаємо, що кт е парне число. Лему доведено. Нехай Рк — довільний Л-кутник, який задовольняє умову задачі, а ЦМ] — довільна діагональ цього многокутника (рис. 126). Оскільки кожна вершина многокутника Р^є спільною вершиною для непарного числа трикутників, які не Перекриваються (за умовою задачі діагоналі не перетинаються), то це рівносильне тому, що з кожної вершини виходить парне число діагоналей. Розглянемо вершину Ь. Оскільки з цієї вершини крім діагоналі ЬМ виходить ще непарне число діагоналей, то по один бік від діагоналі ІМ з вершини І виходитиме непарне число діагоналей, а по другий бік — парне число. Розглянемо ту з двох частин многокутника, на які поділяє його діагональ ЬМ, де число діагоналей, що виходять з вершини £, парне. Позначимо цей многокутник через Р/. З усіх вершин цього многокутника, крім ЛІ, виходить по парній кількості діагоналей. Тоді згідно з доведеною лемою з вершини М також виходить парне число діагоналей. Таким чином, многокутник Р/ задовольняє всі умови задачі, а отже, число його сторін / за припущенням (адже / < к) ділиться на 3. Розглянемо другу частину многокутника Рк. З вершин І і М многокутника (Р* — Р/) виходить по непарному числу діагоналей. Отже, знайдеться вершина N цього многокутника, яка з’єднана з точками і і М діагоналями. Таким чином, діагоналі ЬМ, ІІУ і МN поділяють многокутник Рк на 4 частини: многокутники Р/, Р5, Рд і трикутник LMN. Неважко довести, що ці многокутники задовольняють усі умови задачі. Тоді, беручи до уваги, що число сторін /, 5, <7 цих многокутників задовольняють нерівності / < к, б < к, <7 < /г, за припущенням дістаємо: кожне з чисел /, в, <7 ділиться на 3. Але очевидно, що число сторін многокутника Рк дорівнює /г = = / + 5 + ^7 — 3. Звідси дістаємо, що к ділиться на 3, що й треба було довести. Другий спосіб. Пофарбуємо трикутники двома кольорами (наприклад, білим і чорним) так, щоб будь-які два суміжні трикутники були різних кольорів (рис. 127). (Суміжними трикутниками ми вважаємо такі трикутники, які мають спільну сторону). Можливість такого пофарбування можна легко довести, скориставшись методом математичної індукції. Очевидно, при вказаному розбитті кожна діагональ многокутника є спільною стороною деяких £ Рис. 126 Рис. 127 192
двох суміжних трикутників, а тому можна вважати, що вона пофарбована двома кольорами. Оскільки кожна вершина многокутника є спільною вершиною непарного числа трикутників, то крайні трикутники з спільною вершиною пофарбовані в один колір. Звідси легко зрозуміти, що всі трикутники, які мають з многокутником принаймні одну спільну сторону, пофарбовані в один колір; нехай, наприклад, білий. Тоді, очевидно, всі сторони многокутника пофарбовані тільки в білий колір. Позначимо кількість трикутників білого кольору через со, а чорного — через 5. Нехай п — число сторін заданого многокутника. Тоді п — Зсо — Зя = 3(0) — 5). Звідси випливає, що п ділиться на 3. 249. Якщо х = 1, то даний вираз набуває значення З'Н*1. Нехай х Ф 1. Тоді, якщо помножити і поділити даний вираз на 1 — х і послідовно застосовувати до множників чисельника утвореного дробу тотожність (1 — а)(1 + а: + а2) ~ 1 — а3, даному виразу можна надати такого }-х*п+1 вигляду: —у 250. Перший спосіб. Через точку С проведемо пряму паралельно відрізку ММ до перетину з прямою АВ у точці Е (рис. 128). Оскільки в трикутниках АМР і АЕС, АМИ і ВЕС відповідні сторони паралельні, то вони подібні. З подібності цих трикутників відповідно дістаємо \АР | _ | АМ | | АМ | 1 | ЛС| | АЕ | \АВ\+\ВЕ\ \АВ\ , |ВЕ| ВЕ | | ВС | | АР | | АМ | 1 |АМ | АМ | | А1У | |ЛЛГ| (1) (2) З рівностей (1) і (2), беручи до уваги, що = -і , = 1 . \АР | еф = -X-, знаходимо шукане відношення , -уа . = —т~Б . Р МС| .а + р Другий спосіб. Оскільки М Є [АВ] а> N £ [АИ] . |ЛЛЧ . ' мщ = р-то АМ = а-Тв, АІЇ = $-Ти. (3) Позначимо шукане відношення | ^ | через дг, тоді АР=Х'АС = х(аВ + ХЬ) . (4) 193
МР Нехай точка Р ділить відрізок ММ у відношенні —— = А,, тоді Звідси РЫ МР = ХРЫ ** АР — АМ = к (м — ар). -ті АМ + кАії 1 + Я ' Підставивши в цю рівність замість векторів АМ і АЫ їх вирази з рівностей (3), дістанемо ^.«Ув,-ум5,, я) З рівностей (4) і (5), беручи до уваги однозначність розкладу вектора АР за двома непаралельними векторами АВ і АО, маемо звідки знаходимо * = ^. Отже, = А . 251. Такого графіка чергування скласти не можна. Справді, нехай А — довільний дружинник. Оскільки кожного разу він чергує ще з двома дружинниками, то для того щоб він прочергував з кожним із 119 дружинників рівно по одному разу, потрібно 119 дружинників розподілити на пари так, щоб жоден із них одночасно не входив у різні пари, бо тоді з цим дружинником А прочергував би принаймні двічі. Але такого розподілу на пари зробити не можна, бо число 119 є йепарне. 252. Перший спосіб. Оскільки за умовою задачі 9 років тому сума років усіх членів сім’ї дорівнювала 40, а зараз 65, то за ці 9 років ця сума збільшилася на 65 — 40 = 25 років. Але якби 9 років тому в сім’ї був син, то за цей період ця сума повинна була б збільшитися на 9 • 3 = 27 років. Отже, 9 років тому в сім’ї ще не було сина, а зараз йому 25 — 9*2=7 років. Тоді 4 роки тому синові було 7 — 4 = 3 роки, а батькові, згідно з умовою задачі, у 9 разів більїйе, тобто 3 • 9 = 27 років. Отже, зараз батькові 27 + + 4 = Зі рік. Другий спосіб. Нехай зараз батькові х років, матері у років, а синові г років. Тоді за умовою задачі маємо х + у + г= 65. (І) Якби 9 років тому сім’я також складалася з 3 осіб, то на той період сума років усіх членів сім’ї дорівнювала б 65 — 9 • 3 = 38, а за умовою задачі вона дорівнює 40. Таким чином, 9 років тому в сім’ї не було ще сина, через те сума років членів сім'ї на той період складалася з років батька і матері, отже, (х - 9) + {у - 9) = 40. (2) 194
Оскільки 4 роки тому батько був старший за сина у 9 разів, то х — 4 — 9(z -— 4). (3) Таким чином, для знаходження років батька, матері і сина ма€мо таку систему рівнянь: х + у + г = G5; х + у = 58; * —9z = -32. Розв’язуючи цю систему рівнянь, знаходимо х = 31, у = 27, 2 = 7. Отже, у даний момент батькові 31 рік. 253. Нехай 0lt 02, 09л 04 — центри кіл, кожне з яких дотикається до однієї із сторін опуклого чотирикутника ABCD і до продовження двох сусідніх з нею сторін (рис. 129). Оскільки центр кола, Епнсаного в кут, лежить на бісектрисі цього кута, то прямі 0^2, 020з, 0304, 0401 є бісектрисами зовнішніх кутів чотирикутника A BCD. Якщо позначити величини внутрішніх кутів чотирикутника ABCD відповідно че- рез А у В, С, D, то неважко впевнитися, що 040А = Ш)° - 180° — А 1-80° — В 2 <"Ч А В (1) С С+ D Додавши рівності (1) і (2), дістанемо 1 ^ч. 1 /^Ч /ч /\\ 0,0г02 + 020304 = -^\А-]ГВ-{-С-\- D). (2) (3) Оскільки чотирикутник АВСО опуклий, то Л + Я + С + £> = 360°, а тому з рівності (3) маємо Аналогічно знаходимо, що ОіО^Оз + о32Оі = 180°. Таким чином, у чотирикутнику 01020:і01 суми протилежних його кутів дорівнюють по 180°. Отже, навколо такого чотирикутника можна описати коло, а це й означає, що точки Ои 02> 03, 04 лежать на одному колі. 254. Шуканих чисел існує стільки, скільки існує таких різних способів розстановки цифр на парних і непарних місцях в 1974- цифровому числі, щоб утворене число задовольняло умову задачі. 195
Для того щоб добуток цифр, як! стоять на парних місцях, був непарним, необхідно і достатньо, щоб на кожному парному місці стояла непарна цифра. Оскільки кожне з таких місць може бути заповнене п’ятьма різними способами, бо всього непарних цифр 5(1, 3, 5, 7, 9), то всі 1974 : 2 — 987 парних місць, які є в 1974-цифровому числі, можна заповнити 5*5*5*. . .«5 = 5997 різними 987 раз способами. Для того щоб добуток цифр, які стоятимуть на непарних місцях, був парним числом, необхідно і достатньо, щоб принаймні одна із цих цифр була парною. Неважко зрозуміти, що кількість різних способів заповнення непарних місць в шуканих числах цифрами, добуток яких е парне число, ми дістанемо, якщо від кількості способів, якими можна заповнити ці місця довільними цифрами (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), відняти кількість різних способів заповнення цих місць непарними цифрами. Оскільки ціле число не може починатися цифрою 0, то при заповненні непарних місць будь-якими цифрами перше місце може бути заповнено дев’ятьма різними способами, а кожне наступне непарне місце — десятьма способами. Тоді 987 непарних місць 1974-цифрового числа будь-якими цифрами можуть бути заповнені 9 • 1098в різними способами, а непарними цифрами — 5987 різними способами. Таким чином, існує 9 X X 1098в — 5987 різних способів заповнення непарних місць цифрами так, щоб добуток цих цифр був парним числом. Оскільки для кожного такого способу заповнення цифрами непарних місць існує 5987 різних способів заповнення парних місць, то число шуканих чисел дорівнює (9 • 1098в — 5987) • 5987 = 5^73(9 • 298в — 5). 255, Перетворимо дане рівняння так: (2у + 1) (1 + /й+2) + (у + 1) (УІА + 2у + 3 - /£Г+2) = 0, (2у + 1) (1 + /уІ+Т) Н (У+1)(2У+ 1) _о ууЦ + 2у + 3+ уу2 + 2 ((2у + 1) (і + /уГПЙ- у + 1 'і = о') — т у(у+1)і + 2+\ґуг + 2 ) } Т2у + 1 = 0, ■» І + V у» +2 + —— у +1— — 0- (І) І /(У+1)? + 2 + /^ + 2 З першого рівняння цієї сукупності знаходимо: у = — . Друге рівняння дійсних розв’язків не має, оскільки для всіх у € /? 1 + У у*.+ 2 Н У + - , = У&+»*. + 2 + Уу* + 2 у(у+1)* + 2 + УуГ+2 (1 + У(у+ І)2+ 2) +(? + у)‘ + ^ = У(У+1)г + 2+У У*+2 >0. Отже, початкове рівняння має тільки один дійсний корінь у — — 196
Зауваження. Відсутність дійсних коренів у другому рівнянні сукупності (1) можна довести так. Оскільки при всіх дійс- них у \ |Л/* + 2>2, а У+ 1 і/(у+1)? + 2 + іЛ,? + 2 І і/(у+1)? У+ 1 1, то ні при яких дійсних у ліва частина другого рівняння із (1) не дорівнює нулю. 256. Нехай У — довільне коло, яке проходить через задан! точки А і В. Позначимо через М середину хорди /Сі/С2* що сполучав точки дотику дотичних РК\ і Р/С2, які проведено до кола У з точки Р. Нехай О — центр кола V, М0 = [К\К2] [) \АВ] (рис. 130). Оскільки [| РКі І = І Р/С2 І (як довжини дотичних, що проведені з однієї точки до кола), то трикутник РКіК2 рівнобедрений, тому його медіана РМ є одночасно бісектрисою і висотою цього трикутника. Звідси випливає, що трикутники РММ0 і РМКі прямокутні, РЛШ0 = 90°, РЛІ/СГ= 90°. Сполучимо точку Р з точкою О. Очевидно, М 6 [ЯО], бо [РО), як і [РАЇ), є бісектриса кута К\РКг. Опустимо з точки О на [АВ] перпендикуляр ОС. Основа С цього перпендикуляра є серединою відрізка АВ. З подібності прямокут- Рис. 130 них трикутників М0МР і ОСР дістаємо 1Л*оР1 І ЛІР І \ОР\ \СР\ звідки І МаР І = ІОРІ ІСРІ І МР І (1) З прямокутного трикутника ОК^Р (ОК\Р = 90°) знаходимо |РКі|*-|<И>МЛ«,І- (2) Тоді з рівності (1), беручи до уваги рівність (2), дістаємо] |Р*1 Р > М0Р І ІСР (3) За властивістю дотичної і січної, проведених до кола з однієї точки, маємо \РКХ\* = \АР\.\ВР\. (4) Підставивши у рівність (3) замість | РКі |2 його вираз із (4), дістанемо \АР 1 . \ВР | І М0Р І = • СР І (5) Оскільки точки А, В, Р, а також і точка С (середина відрізка АВ) задані, то з рівності (5) випливає, що довжина відрізка М0Р, а отже, положення точки М0 на [ АВ] не залежить від вибору кола V. Іншими словами, доведено, що всі хорди, які сполучають точки 197
дотику дотичних, проведених з точки Р до кіл, що проходять через дві задані точки А і В, перетинаються в одній точці М0 £ [АЩ> яка, в чому легко переконатись, є точкою перетину відрізка АВ з хордою, що сполучає точки дотику дотичних, проведених з точки Р до кола, яке побудовано на відрізку А В як на діаметрі. Оскільки РММ0 = 90°, то точки М шуканої множини мають ту властивість, що з нил відрізок сталої довжини | М0Р | видно під кутом 90°. Отже, вони належать колу /[дівР]» яке побудовано на відрізку М0Р як на діаметрі. Доведемо, що всі точки кола ^лг0Р]» КР*М Т0ЧКІЇ К належать шуканій множині. Справді, нехай М — довільна точка кола яка не збігається ні з точкою М0, ні з точкою Р- Доведемо, що існує таке коло Т, яке проходить через точки А і В і для якого точка М є серединою хорди, що сполучає точки дотику дотичних, проведених до кола V з точки Р. Проведемо пряму РМ до перетину з перпендикуляром* проведеним до відрізка АВ через його середину С (рис. І30). Нехай О - точка їх перетину. Доведемо, що коло V, щеютром якого є точка О, а довжина радіуЬ* дорівнює | ОВ |; є шукане. Очевидно, це коло проходить і через точку Д оскільки І О А І = \.ОВ-\. З' точки Р до побудованого кола V проведемо^ дотичні РКі і РІК2. Тоді- точка М буде серединою хорди КіК& Справді, оскільки точка М лежить на колі ^м0Р] * І^М4] ± (РО), то її можна розглядати як. основу перпендикуляра, опущеного з точки М0 на СРО). Але за доведеним вище середина хорди КгК2 також е основою перпендикуляра, опущеного з ті€Ї самої точки М0 на ту саму пряму РО, бо [/Сі/С2] проходить через точку Мц і ['Д’гК2\ А 1 (РО). Отже, точка М—середина хорди а тому належить шуканій множині. Точка М0 також належить шуканій множині, оскільки вона є серединою хорди,, яка сполучає точки дотику дотичних, які проведено з точки Р до кола, побудованого на відрізку АВ як на діаметрі. 257. Розглянемо більш загальну задачу: знайдемо найменше значення, якого може набувати сума с г і. п 1 + а2 + аз + • • • 1 + Яі + я*+•••+Дл 2" (1) 1 + ^ + а2 + • • • + ' якщо йі 0 (./=1,2, 3, ..., п) і аі + аа 4" о>ЯгЛ“ • • • ап = 1- (2^- Скориставшись рівністю (2), суму (1) можна перетворити до такого вигляду: 5" = 2^ + 2^+’'' + Т=Тп- " + + + х( 198 (2-Ді>+(2-аа>+ Н~2 —аьЛ
Оскільки середнє -дрифметішнс значення додатошк чисел завжди -більше або дорівнює їх середньому геометричному значенню* то 5«і > п + 2п-і У (2 — вх) (2 — а2)... (2 —<ап) Х XV (2-ОїНг-аі)...^—я„) = 2^ГГ’ Л - . . причому 8п = 2^ и~| Т0Д1 1 т,льки тоД1» коли 1 _ 1 _ # = _1_ 2 — ах~ 2 — а2 * * 2 — ап і 2 — сі = 2 — «а 2 = ••• = 2 — ап. Звідси, беручи до уваги рівність (2), знаходимо: ^ = = 1 ~~Лп~ п - Отже, найменше значення, якого може набувати сума »(1), дорівнює 2п" І ’ цього значення вона набуває при щ = л2 = - • • 258. Оскільки дане рівняння (*? + «,? + 5дс — 7 = 0)-((* + -|)2 + //? = ^) (І) ї/Й в прямокутній системі координат описує коло радіуса^— з цен^- 5 ром у точці Ой(— 0), то сформульована задача з геометричної точки зору зводиться до знаходження усіх точок кола (1), координатами яких є раціональні числа. Такі точки на колі тни відшукуватимемо як точки перетину кола з прямими, що проходять через деяку фіксовану точку М0. Оскільки нас цікавлять точки кола, координатами яких є раціональні числа, то, як з’ясується далі, доцільно вибрати за М0 точку кола (1),координатами якої є раціональні числа. Такою точкою для розглядуваного випадку є точка М0 (1; 1). Рівняння будь-якої прямої (крім прямої, паралельної осі; Оу), яка проходить через точку М0, (1; 1), можна записати у вигляді У — 1 = к(х — 1), де £ — кутовий коефіцієнт прямої. Рівнянням прямої, яка прохо- дитьчерез точку М0 (1; 1) паралельно осі Оу, ех — 1 = 0. Координатами точок перетину всіх прямих, що проходять через точку М0І з колом (1) є розв’язки такої системи рівнянь: (Гу-\=к(х-\), їх-1=0; І х ?+ у* Ьх — 7 = 0. 499
Розв’язуючи цю систему, знаходимо *= 1, у= 1; х = 1, у = —\у і 2 к + 7 , .2*+ 7 1 / то- , У = 1 — к . А-.- . (2) 1 + 63 1 +62 З формул (2) неважко помітити, що * і у будуть раціональними чис* лами тоді і тільки тоді, коли £— раціональне число. Справді, якщо 6 — раціональне, то х і у також раціональні числа; це безпосередньо випливає з формул (2). Якщо х і у — раціональні числа, то і число к раціональне, бо з формул (2) маємо: £ = ^ | . Отже, множиною усіх розв’язків рівняння (1) у раціональних числах є {(1; 1), (1; -1), (і 2*+ 7 ' 1 + : 1-А 2к± 1 + < II де к — будь-яке раціональне число. 259. Нехай АВС, АОЕ> КЕС, ВйК — трикутники, які утворено заданими прямими /х, /2, /3, /4; /4 II [СС^, де [ССХ) — медіана трикутника АВС; А = /і П /2> Д = /і П /з, С = /2 П *з> £> = к П *4. Е = 12 П ^4* /С = /з П и (Рис* 131). Доведемо, що тоді прямі /, і /о відповідно паралельні медіанам СС2, £>£>2 і DD1. п. 1. Доведемо, що ^ || [СС21, де [СС2] — медіана Д/С£С. Через точку В проведемо (Б/?!) II /4 II [ССх] ДО перетину 3 прямою /2 В ТОЧЦІ В і. В утвореному трикутнику АВВХ відрізок СХС є середньою лінією, бо точка Сг — середина сторони А В і [СіС] Ц [ВВ1 ]; тому | АС | = | СВ1 |. Позначимо [ВВХ] П [СС2] = Р• Розглянемо /\КЕС і /\ВВХС. Оскільки \СС2] — медіана трикутника КЕС і [ВВх] ][ [КЕ], то ІСР] — медіана ДЯВіС, а тому Р — середина [ВВі]. Тоді [СР] — середня лінія /\АВВІУ а отже, [СР] II [АВ] Ц Іг. Таким чином, Іг Ц [СР] Ц [СС2], що й треба було довести. п. 2. Доведемо, що пряма /2 паралельна медіані £>£2 трикутника ВИК. Добудуємо ДАСВ і /\ВйК до паралелограмів АСВС3 і ВОКй3. Розглянемо Д ВСгС і Д ВОК. Ці трикутники подібні, бо в них СіВС = І)ВК як вертикальні, ВС,С — ВОК як різносторонні кути при перетині двох паралельних прямих СХС і ОК третьою прямою С1й. З подібності трикутників ВСіС і ВОК маємо \С1В\ \йВ І ІСіСІ \ок\ (1) Оскільки стаємо: | СХСІ = | СХС3 СіВ І _ | СХС3 [ ов І їда. І а | йК | = І Вйз |, то з рівності (1) ді- Звідси, беручи до уваги, що ВСХС3 = 200
s= DBD3, бо [C3CJ II [D3B], випливає, що A BCYC3 on &DBD3. З подібності цих трикутників маємо: CtBC3 = BDD3 — BDD2, а отже, [DD2] II [ЯС3] II [CA] II /2, що й треба було довести. Аналогічно можна довести, що пряма /3 паралельна медіані DD± трикутника ADE. 260. Спочатку доведемо таке допоміжне твердження: при будь- якому натуральному п число 22.п — 4 ділиться на 12. Для цього скористаємося методом повної математичної індукції. При п='1 твердження очевидне, оскільки 22' — 4 = 4 - 4 = 0. Припустимо, що твердження виконується при довільно фіксованому натуральному n — k, і доведемо, що воно виконуватиметься і при n = k-\- 1. Оскільки за припущенням 22* — 4 ділиться на 12, то 22* — 4 = 12т, звідки 2*k = 12 т + 4, де т — деяке ціле невід’ємне число. Скориставшись цією рівністю, дістанемо 22*+1 — 4 = 22*2* — 4 = (22*)2 — 4 = (22* + 2)(22* — 2) = = 12 (2т + 1) (6т + 1), а це й означає, що число 22*+1 — 4 також ділиться на 12. Отже, число 22” — 4 при будь-якому натуральному п ділиться на 12, що й треба було довести. Скориставшись тим, що для будь-якого натурального п виконується рівність 22П = 12<7 + 4, де q— деяке ціле невід’ємне число, можна записати г22" —3 = 212?+4 —3= 16 • 642<? — 3 = 16 Г65 — \fq — з = = 16 (65р + 1) — 3 = 13 (80р + 1), де р — деяке ціле число. З цієї рівності випливає, що при будь- якому натуральному п число 222" — 3 ділиться на 13, що й треба було довести. 261. Нехай k — довільне натуральне число, яке взаємно просте з m і менше, ніж т. Тоді числа m — k і т також взаємно прості, оскільки в противному разі існувало б таке натуральне число пф 1, при якому одночасно виконуватимуться рівності т — k — пр\ (1) т = nq, (2) Де р і q — деякі натуральні числа. З цих рівностей випливає, що k = n(q — р), а це, якщо взяти до уваги рівність (2), суперечить тому, що числа k і m взаємно прості. Таким чином, кожному натуральному k, меншому від т і взаємно простому з ним, відповідає число m — ky яке також взаємно просте з т, причому різним k відповідають різні числа т — k. Отже, всі числа, менші від т і взаємно прості з ним, можна розбити на пари (k\ т — k), серед яких немае Рівних, бо т > 2. Оскільки сума чисел кожної пари дорівнює т, 8 9-152 201
то сума чисел усіх таких пар, тобто всіх чисел, менших від т і взаємно простих з т, кратна т, а отже, ділиться на т, що й треба було довести. 262. При розв’язуванні задачі скористаємося таким очевидним фактом. Нехай маємо прямий круговий циліндр, осьовим перерізом якого є прямокутник abed (рис. 132, а). Якщо через діагональ ас провести площину перпендикулярно до площини abed, то вона розітне циліндр на дві частини сатф і acm2d, об’єми яких рівні. Справді, нехай 0j02 — в*сь циліндра, О — середина відрізка 0Х02. Тоді неважко впевнитись, що вказані частини симетричні одна одній відносно точки О, а отже, конгруентні і мають однакові об’єми. a S Рис. 132 Нехай А0В^С9Эо — осьовий переріз заданого циліндричного стакана в початковому його положенні (до відхилення). Вважатимемо, що при відхиленні стакана від вертикального положення його осьовий переріз переміщується в площині, яка визначається цим перерізом. Позначимо через А0В1СіО1 положення осьового перерізу А0В0С0й0 при відхиленні стакана на кут а (рис. 132,6), а через А0В2С%П2 — його положення при відхиленні стакана на кут 2а. Нехай [КіВіі і [К2В2\ зображують рівень води в стакані в його осьовому перерізі в положеннях А^ВіС^Рі і А0В^С2О2 Тоді [КМ II [К2В2] || [£><А]; = СМг = а, = = ОгА^Л0 = 2а — як кути з відповідно паралельними сторонами. Позначимо І КХСХ | = Л*, [ К2С21 = Л2, у | £,Д*| = г. Знайдемо об’єм води, яка витекла із стакана при відхиленні його на кут а: Уі = 1 пгЧі = яг3 а. (1) Якщо наповнений стакан відхилити на кут 2а, то об’єм води, яка при цьому витече, дорівнюватиме V = у яг?Л2 =* пг* tg 2а. 202
Тому об’єм води, яка витече із стакана тільки після другого відхилення, дорівнює y» = V— Vx = tga). (2) Позначимо об’єм стакана через V. Тоді згідно з умовою задачі Vi= = jv> vt = (к — ^і) = & V< ЗВІДКИ Й-4- Але, з другого боку, з рівностей (1) і (2) маємо ЇГ = == cos 2a* (4) V2 tg 2a — tg a v 1 Прирівнюючи праві частини рівностей (3) і (4), дістаємо рівняння для знаходження шуканого кута а: 4 cos 2а = у. п Розв’язуючи це рівняння з урахуванням того, що 0<a<-~- , знаходимо a = у arccos у . 263* Оскільки будь-яке натуральне число а можна записати в такому вигляді: а = Зт+ а, де т £ N, а £ {—1; 0; 1}, то шостий степінь цього числа можна записати так: а8 = (3/я + а)6 = 9k + а®, де k = 81 me + 162/п5а + 135/я4а2 + 60т3а3 + 15/п2а4 + 2/яа5, а ав £ € {0; 1}. Таким чином, шостий степінь будь-якого натурального числа або ділиться на 9, або при діленні на 9 дає остачу і. Тому числа виду а®, де а* £ Z, або діляться на 9, або при діленні і=\ ' на 9 дають остачу, яка не більша за 7. Звідси випливає, що жодне з чисел qn = 9п + 8, де Z, не можна подати у вигляді суми 7 У] ctf, оскільки при діленні на 9 вони дають остачу 8, а числа 7 а? або діляться на 9, або при діленні на 9 дають остачу, яка t=i не більша за 7. Чисел виду 9п + 8 — нескінченна множина. 264. Число М можна записати в такому вигляді: М= (3x+Uy)(V(i+2V‘2)i. — \/r (2 V І— 1)3) = 6х + 22у. 8» 203
Очевидно, для тих цілих х І у, при яких'число 4х + 7у ділиться на 23, число 2 (6х + 22#) = 3(4* + 7у) + 23у також ділиться на 23, Оскільки числа 2 і 23 взаємно прості, то звідси випливає, що при вказаних значеннях х і у число 6* + 22у = М також ділиться на 23, що й треба було довести. 265. Спочатку доведемо таке твердження: якщо в круг радіуса 1 помістити трикутник АВС, площа якого дорівнює 1, то центр круга обов'язково потрапить або всередину трикутника, або на одну з його сторін. Справді, припустимо, що центр круга О лежатиме ззовні трикутника АВС (рис. 133, а). Тоді, очевидно, що принаймні одна з прямих АВ, АСУ ВС ділитиме круг на дві частини так, що в одній з лих лежатиме трикутник АВС, а в другій — центр круга О. На рис. 133, атакою прямою є (А В). Нехай [/(£] — діаметр круга, який паралельний [АВ\, а [Сй] — висота трикутника АВС. Неважко зрозуміти, що \АВ\ < |/С£| = 2, а \Сй\ < |СО| = 1. Тоді5Аі4ВС = = • ІСВ| < 1, а це неможливо, бо за умовою = = 1. З наведених вище міркувань неважко впевнитися, що центр лежатиме на стороні трикутника АВС тоді і тільки тоді,коли АВС — рівнобедрений прямокутний трикутник, який уміщено в круг так, що його гіпотенуза збігається з діаметром круга. Зазначимо, що площа такого прямокутного трикутника дорівнює 1. Звідси випливає, що в круг, довжина радіуса якого дорівнює 1, не можна вмістити без накладання більше двох трикутників, площа кожного з яких Дорівнює 1. Справді, якщо в круг умістити не рівнобедрений прямокутний трикутник, то центр круга обов’язково потрапить усередину цього трикутника, а тому він матиме спільну область (тобто накладатиметься) з будь-яким іншим трикутником, який уміщено в круг і має площу, яка дорівнює 1. Якщо АВС і — два конгруентні між собою рівнобедрені прямокутні трикутники, довжини гіпотенуз яких дорівнюють діаметру круга, то їх можна вмістити в круг без накладання. Для цього потрібно, щоб їх гіпотенузи збігалися з Діаметром круга, а самі трикутники лежали по різні боки від діаметра (рис. 133, б). Але якщо, крім цього, в круг помістити будь- який третій трикутник, площа якого дорівнює 1, то він обов’язково матиме спільну область принаймні з одним із цих двох трикутників. К а Сі 6 Рис. 133 204
Отже, в круг, довжина радіуса якого дорівнює 1, не можна помістити без накладання більше двох трикутників, площа кожного з яких дорівнює 1. 266. Розв’яжемо більш загальну задачу: доведемо, що при будь-якому натуральному п число М = 5599 ... 98933 ... 39 п раз п+І раз можна подати у вигляді суми квадратів трьох цілих чисел. Справді, для будь-якого натурального п маємо М = 55 • 102,І+4 + (І0П — 1) • 10"+4 + 89 • 10"+? + і(уі+1 1 32 17 + ^—З • 10 + 9 = 56- .10*"+* — у - 10"+ї + у = - (т • 10”!+ії+(т ■ |0“*! -І)’ + (І • |0“*! - т)’ - (н+1) раз (л+1) раз (п+2) рази _ ^200 ... 01 + ^399 ... 93+ ^2199... 91* = = (66 ... 67)2 + (ТЗЗ^ТТЗІ)2 + (733 .„_3)», (л+1) раз (п+1) раз (п+2) рази що й треба було довести. 267. Доведемо, що таких натуральних чисел не існує. Справді, припустимо, що це не так. Тоді існують такі натуральні числа р і для яких виконуватиметься система рівнянь = рк\ ,п Беручи до уваги, що т, л, р, <7, £ — натуральні числа і & > 2, з першого рівняння маємо п = рк — тк = (р — т) (рк~х + рк~2т + • • • + ртк~2 + тк~х) > > Рк~х + р*~?/я + • • • + ртк~1 + тк~і > тк~1 > т, тобто п > /71. • (2) Аналогічно з другого рівняння системи (1) дістаємо т > п. (3) Отже, припустивши, що існують такі натуральні числа т, п і Л (6 > 2), для яких тк + п і пк + т одночасно є £-ми степенями деяких натуральних чисел р і <7, ми прийшли до суперечливої системи [п>т\ І т > п. 205
268. Доведення проведемо від супротивного, а саме: припустимо, що серед точок множини М знайдеться принаймні одна пара таких точок А і Ву що серед усіх ламаних, які їх сполучають і належать області D, не існує таких, число відрізків у яких менше ніж 2(п — 1). Нехай У — та із цих ламаних^яка має найменшу кількість відрізків. Це означає, що жодні дві несусідні вершини ламаної У не можна сполучити відрізком, який належав би області D. Позначимо послідовні вершини цієї ламаної буквами Аг = Ау А2, А3, ..., Ak ^ В. Остання вершина ламаної матиме номер не менший ніж 2(п — 1) + 1, оскільки число вершин ламаної на 1 більше, ніж число відрізків, з яких вона складена. Виберемо вершини ламакої з непарними номерами: A±, А3, Л5, ... , А2(п-і)+і- Кількість вибраних вершин дорівнює п (кількість непарних чисел від 1 до 2 (я — 1) + 1 включно дорівнює п). За умовою задачі серед цих п точок знайдуться дві точки А2т+і, А2і+і (і > т) такі, що відрізок, який їх сполучає, належить області D, а Це суперечить припущенню, бо А2щ+і і А2і+і — несусідні вершини ламаної У. Отже, будь-які дві точки з множини М можна сполучити ламаною, яка належить області D і містить у собі не більш як 2 (п— 1) — 1 відрізків. 269. Побудуємо сферу одиничного радіуса з центром у точці О, з якої проведено промені. Навколо кожного променя побудуємо кругову конічну поверхню, віссю якої є даний промінь, а прямолінійні твірні поверхні утворюють з віссю кут, величина якого дорівнює 15°. Очевидно, жодні дві такі конічні поверхні не перетинаються, бо за умовою задачі кут між осями не менший за 30°. Кожна з конічних поверхонь вирізує на поверхні сфери сферичний сегмент. Позначимо площу такого сегмента через 5. Оскільки ці сегменти не перетинаються, бо не перетинаються конічні поверхні,то сума площ усіх таких сегментів не перевищує площі сфери, а тому 5 • п < 4я. (1) Як відомо, 5 = 2 nRH, (2) де Я — висота сферичного сегмента, а /?— радіус сфери. Для розглядуваного випадку R = 1, і/ /і ісоч і і і/Г+созЗО5 f // = (1 — cos 15°) .1 = 1— у —!—2 1 — , Г (1/6 + /2)? 4-1/6-1/2 ,,, у 16 4 ' ' З нерівності (1), беручи до уваги (2) і (3), знаходимо 4л 8 8 п <-о= 77= 77= < п і осо < 58>8- S 4 — у 6 — У 2 0,1362 Оскільки п 3 ціле число, то п < 58, а отже, з точки О проведено Не більш як 58 променів, які задовольняють умову задачі. 270. Виберемо із заданої системи кругів круг найбільшого радіуса (0ІУ гх) (або один з них, якщо їх буде кілька) і всі круги, які з ним перетинаються. Це можна зробити, бо всього кругів у системі скінченне число. Оскільки радіуси вибраних кругів не більші за rv то фігура Ft, яку утворюють ці круги, лежить у крузі (0lt 3/і), але повністю 206
його не покриває через те, що їх скінченне число; тому площа 5(Рі) фігури ^ менша за площу круга (01г 3/^), тобто 5 (ґ,) < 9лг\. Якщо фігура Т7! повністю покриває круг радіуса /?, то 9ягі > 5 (Т^) > я/?2, звідки ягі > а отже, твердження задачі доведено: шукана підсистема складається з одного круга (Ог, г2). Якщо фігура не покриває повністю круга (О, /?), то відкинемо з початкової системи кругів ті, які ввійшли до фігури Т7!, а з тих, що залишилися, знову виберемо круг (02, г2) найбільшого радіуса і круги, які з ним перетинаються. Об’єднання вибраних таким способом кругів утворить фігуру /г2, що лежить у крузі (02, Зг2), а отже, 9я/| > 5 (Р2). Зрозуміло, що круги (Оь гг) і (02, г2) не перетинаються. Продовжуючи такий процес, послідовно виберемо із заданої системи кругів, що покривають круг (О, /?), круги (0І9 гг), (02, г2), » (Оку /7г), І утворимо ВІДПОВІДНІ їм фігури Т7!, Р2, , Р*. Очевидно, круги (Оь тх), (02, г2), ..., (О^, гк) попарно не перетинаються. Оскільки система складається із скінченного числа кругів, то процес вибору кругів (Ох, /і), (02, Г2), ... у(Ок, Гк) і 'утворення відповідних їм фігур Т7!, /^2, ..., У7* напевно обірветься, а отже, фігурами Т7! , />* .... У7* повністю покриється круг (О, Р). Оскільки за побудовою 9лг?>3(Рі), і =1,2,... , к, то 9яг? + 9л/-| + • •. + 9лг\ > 5 (^) + 5 (/?,) + . • • + 5 (ґй) > я/?*, звідки к 5]я/гі >Тп*г' 1=1 що й треба було довести. 271. Нехай Я —довільна сфера, яка проходить через задане коло V, точка О — її центр; Кр — конус з вершиною в точці Р, прямолінійні твірні якого дотикаються до сфери Ят; а — коло, вздовж якого конус Кр дотикається до сфери 5^; точка М — центр цього кола, а отже, довільна точка шуканої множини; С — центр кола V (рис. 134). Перший спосіб. Через точку Р проведемо прямі РКі і РК2. які дотикаються до кола У в точках Кг і /(2- Оскільки прямі, які дотикаються до кола У, дотикаються і до сфери 5Т, то (РКі) і (РК2) 207
« прямолінійними твірними конуса /С/>, а отже, точки К\ і К2 лежать на колі а. Оскільки точки К\ і К2 не залежать від вибору сфери 5^, то звідси випливає, що площини кіл, вздовж яких сфери, що проходять через коло V, дотикаються до конуса з вершиною в точці Р, проходять через ту саму пряму К\К2. Позначимо М0 = = \РС] П [/Сі/С2]- Сполучимо точку Р з точкою О. Неважко впевнитися, що [РО) є віссю прямого кругового конуса КР> а отже, проходить через точку М перпендикулярно до площини кола а. Тому -"■ч [М^М] _1_ [РМ], тобто РЛШ0 = 90°. Таким чином, з точки М відрізок М0Р сталої довжини видно під прямим кутом, а такі точки, як відомо, лежать на сфері, побудованій на відрізку М0Р як на діаметрі. Крім того, точка М лежить в площині РСО, яка не залежить від вибору сфери 5^ і перпендикулярна до площини кола 7, бо проходить через (СО) і. пл. V. Отже, точки М шуканої множини лежать на колі /[м0Р]» побудованому на відрізку М0Р як на діаметрі у площині, яка проходить через пряму РС перпендикулярно до площини кола V. Неважко впевнитись, що всі точки кола 1(м0Р], крім точки Р, належать шуканій множині; при цьому зазначимо, що точка М0 є центром кола, по якому дотикається конус з вершиною у точці Р до сфери, для якої У є коло великого радіуса. Другий спосіб. Через пряму РС проведемо площину <7 перпендикулярно до площини заданого кола V. Точки перетину цієї площини з колом У позначимо через А і В. Неважко впевнитись, що площина пройде через точки О, М і перетне сферу по колу, яке проходить через точки А і В, а конус Кр — по прямих Р/С3 і.РК4» які дотикаються до цього кола в точках Кз і К4; точка М —"середина хорди /С3/(4. Таким чином, розглядувана задача зводиться до такої задачі: три точки А, В і Р лежать на одній прямій, точка Р знаходиться зовні відрізка АВ. Знайти множину се'редин хорд, які сполучають точки дотику дотичних, проведених з точки Р до кіл, що проходять через точки А \ В і лежать в площині ц. Отже, ми прийшли до задачі 256. 272. Нехай и — довільне дійсне число. Оскільки за умовою задачі для шуканих функцій / рівність /(* + У) + /(* —У) =2/(*) со* у (1) 308
виконується при будь-яких дійсних значеннях х і у, то вона, очевидно, виконуватиметься і для таких пар чисел (0; u), н + + т)’ (“+т: т)*тобто ( /(«) + / (—И) = 2/ (0) cos и; і /(“ + ”) + / (—«) = —2/ (у j sin и; (2) І / (и + я) + / (и) = 0. Таким чином, для знаходження функції / дістали для її значень / (и), /(—а), / (и + я) систему рівнянь (2), з якої знаходимо /(«) = /(f) Sin« + /(0)CO5tt. Позначимо сталі величини f(i^j і / (0) відповідно через а і Ь, тоді /(н) = a sin и + b cos и. (3) Таким чином, будь-яка функція /, для якої при всіх значеннях х £ R і у £ R виконується рівність (1), має вигляд (3). Неважко переконатись, що для всіх функцій виду (3), де а і b — довільні сталі, при будь-яких дійсних значеннях х і у виконується рівність (1). Справді, узявши в рівності (3) замість и послідовно w= = х + у, и = х — у, и~ х, відповідно дістанемо / (х + У) = a sin (х + у) + b cos (х + у), (4} f(x — у) = a sin (х — у) + Ь cos (х — у), (5> / (х) — a sin х + b cos х. (6) Якщо додати рівності (4) і (5) і врахувати при цьому відомі тотожності: sin (х у) = sin X cos у cos х sin у, COS (X It у) = = cos х cos у -F sin де sin У, а також рівність (6), то дістанемо / (х + У) + / (х — У) = я sin х cos у + a sin у cos х + + b cos х cos у — 6 sin х sin у + a sin х cos у — a sin у cos х + + b cos х cos у + b sin х sin у = 2 (a sin х + + b cos х) cos у = 2/ (*) cos у. Отже, усі функції, які задовольняють умову задачі, мають вигляд / (и) = a sin и + b cos и, де а і b —- довільні дійсні числа. 273. Введемо такі позначення:
РОг = -і- (РАг + РВг + PC,), РОі = ^ (РАї + РВі+ РСх). Оскільки 21в < З27, то 22Ів < З3*7, 22^ < Зз3 , .... Отже, а <6. 274. Візьмемо на площині довільну точку Р. Тоді 1 "З Віднявши від першої з цих рівностей другу і взявши до уваги, що Р02 — РО-ї = 0Х02, Р А2 — Р А± = АхА2, Р В2 — Р Вх = ВХВ2, Гсг-рс, = СЛ, дістанемо звідки Оі Оа = у {АіА2 + ВіВ2 + СіС2)9 Л±А2 ВХВ2 -f- CjC2 = 30х02. 275. У трикутниках ОСЕ і ОСВ основа ОС спільна, а тому їх висоти конгруентні, бо за умовою задачі ці трикутники мають однакові площі. Звідси випливає, що [ВЕ] Ц [£>С]. Аналогічно [ВО\ || || [ЕА] і [ЯС] || [АВ\. Нехай Р = [Вщ П [СЕ]. Тоді чотирикутник ЕАВР — паралелограм (рис. 135). Отже, площа Д ВРЕ дорівнює І. Позначимо = $&ВСР = = х, SaDPC = у. Маємо 3дрре ^ д ВРЕ \ОР\ І рв і ДРВС звідки Отже, звідки Крім того, Х + У= 1. х2 + х — 1 = 0 /5- 1 Таким чином, SABCDE = $АВРЕ + $aBCD + $ aDPE = 2 + 1 + 5 + Y5 /5-1 276. Оскільки cd < 100, а 6а • L00 починається цифрою 6, то 1 <а < 6. Остання цифра добутку ad повинна бути d. Іншими сло- РІО
вами, сі (а — 1) мусить ділитися на 10. Це можливо в таких випадках: 1) а = 1; 2) (І = 0; 3 )а — 6, сі — парне; 4) сі = 5, а — непарне. Проаналізувавши кожний з цих випадків, матимемо такі числа: 1220; 1830; 1525; 3150. Усі вони задовольняють умову задачі. 277. Основа ААХ трикутника ААХС удвічі довша за основу АВ трикутника АВС, а висоти цих трикутників конгруентні. Тому 5ала1с1 = = 25длвс = 250. Цілком аналогічно = 2^о. = 250. Отже, 5ААхВхСх = + $АААІС1 + + 5Л СС1В1 = = 50 + 250 250 4“ 250 = 750. Якщо описане в задачі відображення повторити п разів,то площа останнього трикутника буде в 7п разів більша за площу початкового трикутника, тобто 8АА„ВпСп = 278. Розглянемо позначені точки, що стоять на крайніх вертикалях і горизонталях шахівниці. Будь-як! дві сусідні з них повинна розділяти щонайменше одна пряма. Оскільки є всього 7*4 = = 28 пар сусідніх точок, а та сама пряма не може розділити більш як дві такі пари, то шукана кількість прямих не менша за 14. З іншого боку, чотирнадцятьма прямими шахівницю можна поділити на частини з дотриманням умов задачі, наприклад провести сім горизонтальних і сім вертикальних прямих, що розмежовують клітини шахівниці. 279. Число п неодмінно повинно бути парним. Справді, якщо п непарне, то останньою цифрою числа 2п буде 2 або 8. Тоді останньою цифрою числа 2п + 65 буде 7 або 3, а квадрат цілого числа не може закінчуватись жодною з цих двох цифр. Отже, п = 2/г, де И — натуральне число. Якщо 22Ц- 65 — квадрат натурального числа а, то а = 2к + а, де а > 1. Звідси відразу випливає, що £ <: 5. Справді, якщо А» > 6, то = (2* + а)? > (2* + І)5? = 22* + 2*+і + 1 > 22* 4- 65. Безпосередньою перевіркою встановлюємо, що з п’яти чисел, які лишились (£ = 1, 2, 3, 4, 5), квадратами є: 81 = 24 4~ 65 і 1089 = = 210 4- 65. 280. Нехай а > Ь > с. Тоді і ^ » ь » п/ь + У7 " У а-+ У7 Уа + п/ь ' Відповідь на питання задачі буде -позитивна, якщо + *уґа-{-уґс гУа-\-г\Гь Доведемо, що це справді так. За умовою задачі а < Ь 4- с9 211
тому -/а < уь + с. Крім того, для будь-яких додатних чисел Ь% с і натурального п > 2 справджується нерівність УТ+7<п/ь + ЦТ9 бо (Уь~+ т^~)П= Ь + с + а, де а > 0. Отже, У" а <п-/Ь-\-*У с % а тому 1 -А-+ _!_<■■ 1 • 1 п/ь+п/7 Vä 2n/ä 2n/ä Yä+VF Yä+ п/ь' n 281. Для зручності введемо такі позначення: J"| // означатиме і=\ добуток чисел t±% /2» •••» tn\ max (ді, a2t ... , а/?) — найбільше з чисел аь а2, ... , dk\ min (bb2, ... , 6S)— найменше з чисел öb Нехай рі, /?2, ••• , Рп — різні прості натуральні числа, серед яких е всі прості дільники кожного з чисел а, b, с. Тоді Кожне з цих чисел можна однозначно подати так: а = П рУ< ь = П *?'• с = П р}‘> і=1 *=1 1=1 причому будь-яке з чисел аг, ßi, Yt- — ціле додатне або нуль. Далі маємо [а, Ь, С]* = ^Д p(max Т/)j = Д р] max «у, ß,.- Т/)> [а, 6] = П Р?ах іаи <4 [Ь, с] = П Ті), /==1 f=l п [с, а] - Г[ «). І=\ ( П \2 (а, 6, с)«- fl pj"in (а'’ т/> = П р) min (ал Ч \t=l / f=l 1 (а, &) = П р^іп <а'’ ß‘\ (b, c)=f ] р™іп * J *=1 1 (*, а) = pj р7іп <т*. «Л. <=і Отже, Іа, Ь, сУ [а, Ь] • [6, с] • [с, а] П р| р2 max (а*, ßt\ т*)—max (а/, ßt)— max (р/,- т^)—max (^, аі)^ 212
Ці числа будуть рівні тоді і тільки тоді, коли для кожного і 2 шах (at-, ß», Y,) — шах (а/, ß,) — max (ßf, Yt) — max (Yx, щ) = = 2 min (а/, ßt-, У і) — min (а/, ßt) — min (ß;f У і) — min (Yt-, а ;). Остання рівність виконується для будь-якої трійки дійсних чисел. Справді, нехай а, ß, Y — довільні дійсні числа. Для зручності вважатимемо, що а > ß > У. Тоді max (а, ß, У) = а, max (а, ß) = max (а, Y) = а, max (ß, V) = ß; min (а, ß, У) = Y, min (a, Y) = min (ß, Y) = Y, min (a, ß) = ß. Тому 2 max (а, ß, Y) — max (а, ß) — max (ß, Y) — max (Y, а) = = 2а — а — ß — а = —ß; 2 min (а, ß, Y) — min (a, ß) — min (ß, Y) — min (Y, а) = 2Y — — ß — Y — Y = —ß. Отже, рівність, написана в умові задачі, правильна. 282. Нехай квадратний тричлен агх2 + 2Ьгх + С\ не має дійсних коренів. Це означає, що Ь\ < ахс±. Якщо припустити, що другий квадратний тричлен а2х2 + 2Ь2х + + с2 також не має дійсних коренів або має два однакові корені, то тоді повинна виконуватися така нерівність: Ь\ < а2с2. Із цих двох нерівностей, враховуючи задане в умові задачі спів; відношення між коефіцієнтами квадратних тричленів, випливає, що b\b\ < a1c1a2c2++b\b\ — а!сіа2с2 < 0. (1) За умовою задачі аіа2 — 2bxb2 + сіс2 = 0, звідки blb\ = -f («И + 2аіаісісі + . Скориставшись цією рівністю, маємо Ь\Ь\ — öxCjöiäCa = -і- (а\а\ + 2a1atc1ci + с|с|) — atcia2ct = = -у (аіаг — W)* > 0, а це суперечить нерівності (1).
283. Доведемо спочатку таке твердження. Лема. Нехай І — пряма, [А В] — відрізок, що лежить в одній площині з прямою І і не перетинає цю пряму у внутрішній точці, а Р(х) — точка відрізка АВ, яка лежить на відстані х від точки А (0 < х < q> де q — довжина відрізка АВ). Тоді функція р(х), яка виражає відстань від точки Р(х) до прямої /, лінійна. Доведення. Позначимо через А\ Р\ В' проекції точок А, Р, В на пряму /. Нехай | АА' | = а, | ВВ' | =Ь. Тоді - ^ ~ а = х= — , звідки р (*) = % х + а. Лему доведено. Я Я Позначимо через О точку перетину даних прямих. Розглянемо будь-який промінь О/С. Нехай М(х) — точка цього променя, яка лежить на відстані х від точки О, а Ц — одна з даних прямих, на якій не лежить промінь ОК> За доведеною лемою відстань від точки Af(jc) до прямої/і є лінійною функцією від х. Звідси випливає, що й сума відстаней т(х) від точки М(х) до всіх трьох даних прямих є також лінійна функція від х, бо сума будь-яких лінійних функцій є лінійною функцією. Оскільки т(0) = 0 і т(х) > 0 для х Ф 0, то функція т(х) не стала, а тому вона монотонно і необмежено зростає на проміжку [0; оо[, причому для кожного а > 0 існує таке де > 0, що т (х) = а. Висновок: на кожному промені О/С існує тільки одна точка М, для якої справджується умова задачі. Позначимо через Q і R дві довільні різні точки, які задовольняють умову задачі, але такі, щоб відрізок QR не мав спільних внутрішніх точок з жодною даною прямою. Нехай D(x) є та точка цього відрізка, яка лежить на відстані х від точки Q, d(x) — сума відстаней від D(x) до даних прямих. Із леми і з того, що сума лінійних функцій є лінійна функція, випливає, що d(x) — лінійна функція для 0 < х < г, де г —- довжина відрізка QR. Оскільки за умовою d(0) = d(r) = а, то функція d(x) стала і дорівнює а для всіх х Ç [0; г]. Це означає, що для всіх точок відрізка QR справджується умова задачі. Отже, шуканою множиною точок є контур шестикутника, вершини якого лежать на^ даних прямих. Точка О є центром симетрії цього шестикутника. Його протилежні сторони попарно конгруентні і паралельні. Щоб побудувати цей шестикутник, досить на кожній з прямих /х, /2, /3 знайти точку, сума відстаней від якої до двох інших прямих дорівнює а. 284. Нехай а — найбільше (одне з найбільших, якщо таких кілька) серед даних чисел. Розіб’ємо множину всіх даних чисел на підмножини А = {a} U А і, В, С, D, що містять таку кількість чисел: І А І = |Я| = І С І = 19, I D І = 18. До всіх чисел таких під- множин: А\] в\} D\ А[] с [} D\ 0UCU0; ^1 U я U £ додамо послідовно по одиниці. Після цьоговсі початкові числа,крім а, збільшаться на 3, а число а — на 2. Якщо нові числа не всі однакові, то повторюємо цю операцію. Зрозуміло, що через скінченну кількість таких кроків можна зробити всі числа рівними. Справді, якщо спочатку було, наприклад, k найбільших чисел,то через k кроків різниця між найбільшим і найменшим числами зменшиться ні 1. Звідси відразу випливає твердження задачі. 214
285. (п + 2)4 - л4 = Г(л + 2)2 - л2] ([/і + 2)2 + л2] = .= 81 (п + І)3 + (я + 1)] = 8(к3 + к), де £ = л + 1. Оскільки (—Л)3 — к — —(А:3 + /г), то число № к буде кубом при к = —з тоді і тільки тоді, коли боно буде кубом при к = 5. Нехай к > 0. Якщо число к3 + к — куб числа а, то а = А + а, де а > 1. Але (Л + а)3 > (А + І)3 > к3 + к. Отже, при /г Ф 0 дане число не є кубом цілого числа. При к = 0 воно е кубом числа 0. 286. Виконаємо гомотетію з центром у точці і коефіцієнтом — , 'де т — радіус кола V, р — радіус кола ї*. При цій гомотетії ^ ІДСІ коло Уі перейде в коло ї, а точка Вх — в точку С. Тому ■л * ■ = І Аі&і І г = ^ . Аналогічно при гомотетії Нд% коло У2 перейде в коло V, о Г' 'Т I А4С І т _ І Л]С І а точка В2 — в точку С. Тому ~ - -1- = —. Оскільки ■ , ' = І А2В2 І Р І Л2с І =1444. то швАї. І А2П2 І 287. Нехай *0 — цілий корінь даного рівняння. Тоді я = 4(р — *«). Оскільки д — просте число, то звідси випливає, що х0 = 1 або х0 = = —1. Розглянемо обидва ці випадки: а) х0 = 1. Тоді д = р — 1. Числа р і д мають різну парність. Але серед парних чисел € тільки двоє простих: 2 і —2. Отже, маємо дві можливості: р = 3, д = 2 або р = —2, <7 = —3; б) х0 = —1. У цьому випадку д = — р — 1, звідки р = 2, <7 = = —3 або р = —3, д = 2. 288. Оскільки для будь-яких натуральних & > 2 виконується не- 1 і 1 рівність 1 — > 1 — £2 » то > (, - яг) {' - і) (‘ - і) ■■"■ (’ - тггті? ){■ - й - 23— 1 З2 — 1 41г- 1 (я — І)2 — 1 п2 — 1 _ ~ 22 З2 4а "■ (п — І)« /і2 1> 3 2 * 4 3-5 (п —2)л (я—1)(п+1) — "2? Р- ’ 4* * ■" ' (я — І)2 ‘ я? =«±!=±+1>± 2я 2 2« 2 ’ що й треба було довести. 218
289. Проведемо діагональ BD даного чотирикутника ABCD і по рівняємо площі трикутників ABD і А АXDX: ABD = у \АВ І • І Ю І • sin ВМ>< SbAAtDt = = у І ААі І • \ADi І . sin AiADy. Оскільки \AB\ = ~\AAl\, \AD\=\ADl\, sin ВЛЪ = sin A^ADU то SaAA d = 2SaABD. Цілком аналогічно дістаємо, що S^cc в = = 25&CDB- ТомУ SaAA1Di + SACCtBt = 2 (ЗдАВО + SaCDb) = = 2SABCd = 2S0. Провівши в даному чотирикутнику діагональ АС, так само одержимо, що SABBtAt + SADDiCi = 2(5дВСЛ + SAO/lc) = = 2Sabcd = 2Sо- 0тже. = 5дЛЛ,0, + SACCtBt + SABB1Al + + "Ь ^ABCD = Таким чином, якщо до чотирикутника A BCD застосувати описане в умові задачі відображення, то одержимо чотирикутниКі4151С101, площа якого більша у 5 разів, ніж площа даного чотирикутника. Якщо це відображення повторити послідовно п разів, то площа останнього чотирикутника буде в 5п разів більша за плсщу початкового. Тому площа чотирикутника AnBnCnDn при п = 1975 дорівнюватиме 5197^ • 50. 290. Умови а2 + Ь2 = 1, с2 + d2 = 1, ас + bd = 0 означа- —у —^ ють в сукупності, що вектори е = (а; Ь) і / = (с; d) одиничні і взаємно перпендикулярні. Тому е = (cos ф; sin ф), /= (cos\|r, sin if>), причому |ф—\|?| = -2- . Нехай, наприклад, т|? = + ф- Тоді/ = = (—sin ф; cos ф). Отже, ab + cd = 0. 291. Припустимо, що 26-цифрове число а є квадратом натурального числа і перші k + 1 його цифр — одиниці. Тоді число b = 9а є також квадрат натурального числа, причому це число або 26-циф- рове, або (2k + 1)-цифрове. У першому випадку щонайменше перші k його цифр — дев’ятки, а в другому — після першої цифри «1» стоїть принаймні k нулів, проте цих нулів менше, ніж 2k.Але жодне з чисел цих двох типів не може бути квадратом натурального числа. Справді, число (10* — І)2 = 102* — 2 • 10*+ 1 менше від будь- якого числа першого типу, бо в ньому після k — 1 дев’яток стоїть цифра «8», а число (10* + І)2 = 102* + 2 • 10* + 1 після початкової одиниці містить рівно k — 1 нулій і тому більше від будь-якого числа другого типу. Число (1 О*)2 містить 2k нулів після початкової одиниці. Отже, початкове припущення про число а суперечливе. Твердження задачі доведено. 292. Занумеруємо фарби числами 1, 2, 3, 4. Оскільки ми ототожнюємо два пофарбування, якщо одне з них можна перевести в $16
інше поворотом тетраедра, то не має значення, яку грань пофарбувати в колір 1, бо будь-яку грань можна сумістити з будь-якою іншою, повернувши тетраедр навколо певної осі. Після цього зауваження стає зрозуміло, що дана задача рівносильна такій: одну грань правильного тетраедра (основу) пофарбовано в колір 1. Скількома істотно різними способами можна зафарбувати інші три грані фарбами 2, 3 і 4? В і д п о в і д ь: двома. Справді, пофарбуємо в колір 2 будь-яку з цих трьох граней (яку саме, не суттєво, бо поворотом тетраедра навколо висоти кожну бічну грань можна сумістити з будь-якою іншою). Дві бічні грані, які лишилися, можна пофарбувати двома способами, причому ці способи істотно різні: немає повороту, що переводив би ці грані одну в одну, лишаючи нерухомими основу тетраедра і його третю бічну грань (тобто грані, пофарбовані в кольори 1 і 2). 293. Перший спосіб. Доведемо,що такого п’ятикутника ле існує. Доводитимемо від супротивного, застосувавши координатний метод. Припустимо, що такий п’ятикутник існує. Позначимо його ОАСіСгВ. Без обмеження загальності міркувань можна вважати, що всі його сторони мають довжину 1. Виберемо таку прямокутну систему координат у просторі, щоб початок координат містився в точці 0, а вершини А і В мали координати: А (1; 0; 0), В (0; 1; 0). Позначимо координати інших двох вершин п’ятикутника так: Сг(хі\ Уі\ гг), С2(х2\ у2\ г2). З умов О А АСг і ОБ ± ВС2 відразу дістаємо, що = 1, у2 = 1. Випишемр тепер в координатній формі умови перпендикулярності векторів АСг з СгС2 і ВС2 з СгС2,а також співвідношення, які означають, що всі ці вектори одиничні: АСі • СХС2 = (0; уі\ 2і) (х2 — 1; 1 — уі\ г2— г{)= уг (1-* у{) + + *і (*2 — 2і) = 0; ВС2 • С]С2 = (*2* 0» 2ь)(Х2 — 1» 1 — Уі\ г2 — г1) = Х2 (Х2 — 1) ~{” + *2 (ч ~ Ч) = 0; АСІ = у\ + г\=\-, 5С| = *1 + г| = 1; (1) СІї = (дг2 - І)2 + (1 - г/х)? + (г2 - 2і)2 = 1. (2) З перших чотирьох рівностей дістаємо: Уі + гхгг = 1, х2 + г1г2 = 1, звідки х2 = У\у 4*2 = 1 — Уі- (3) З рівності (2), врахувавши (1) і (3), знаходимо, що уг =-^-. З (3) тепер маємо: гхг2 = —-, а тому г\г\ = . З іншого боку, З 9 з (1) випливає, що г\ = г\ = — , а тому г\г\ = . Одержана суперечність означає, що п’ятикутника, про який йдеться в умові задачі, насправді не існує. 217
Другий спосіб. Припустимо, що такий п’ятикутник існує. Не обмежуючи загальності, можна вважати, що довжини його сторін дорівнюють 1. Нехай АІУ Л2, Л3, — послідовні вершини п’ятикутника. Позначимо АгА2 = Лі, А2А$ — д2» А3А4 = д3, Л4Л5 = А$Аі = Тоді аі + а2 + аз + а\ + а% = 0; (1) ах. а2 = 0, а2 • а3 = 0, а3 • а4 = 0, а4 • аб = 0, а6 • ах = 0, | а/1 = 1. (2) Помножимо скалярно обидві частини рівності (1) на вектори аи Де. а4, ай і врахуємо при цьому рівності (2). Дістанемо: 1 + Ді • а3 + я* • аА = 0» І а2 • я4 -}~ я а • Я5 = 0; • <із + 1 +а^ • <£=0; в! • в4 + а2 • в4 + 1 = 0; —У —^ —У Яг • аб + я3 • а5 + 1 = 0. Звідси знаходимо —>■ —У —>■ —^ —>■ —У —> • —>■ —>■ —> | аі • ал = аі * Я4 = Я2 • Я4 = * а6 == Я3 • Яв =— ^2 * (3) —> —> —> —>■ # —У —> —У —у —> Оскільки Сі ± а2, я3 X а2 і ах ^ я3, то вектори аІ9 а2, а3 не ком- планарні, а тому вектор я4 можна розк^сти за цими векторами: ■ У —У —У —У а4 = + а2а2 + а3а„. (4) Для знаходження коефіцієнтів а^, а2, а3 помножимо скалярно обидві частини рівності (4) послідовно на вектори а*, аг, а3 і врахуємо при цьому рівності (2). Дістанемо 1 1 1 п 1 — у=аї— у«з. — -2=аг> 0 = — ^аі + а»- п . 2 1 Розв язуючн цю систему, знаходимо = —— , а2 = —, а8 = о 2 = —. Підставивши ці значення в рівність (4), дістанемо: я4 = о 2 -> 1 ->■ 1 а - = —аі —я2 —о- я3. Якщо помножити скалярно обидві частини 0*0 —У цієї рівності на вектор аь і врахувати при цьому рівності (2), (3), то 218
дістанемо суперечливу рівність: 0 = ~ + -і-. Отже, не існує п’ятикутника, який би задовольняв умову задачі. 294. Оскільки бісектриса і медіана трикутника лежать усередині трикутника, то й точка їх перетину теж лежить усередині трикутника. Нехай [AD] — бісектриса, [ВМ] — медіана, [С/СІ — висота трикутника АВр, О— точка їх перетину: Тсгчка К лежить на відрізку Л ІЗ, а тому кути САВ і СВА гострі. Позначимо | А В | = с, -"Ч І ВС \ = а, І АС І = b, ABO = q .3 прямокутних трикутників AKQ і ВКО відповідно знаходимо I OK І = 6 cos A tg^- , (І) I OK І = a cos В tg ф, (2) звідки ^ А b cos A tg tg ф ^—. (3) a cos В З трикутника АВМ за теоремою синусів маємо с b sin [130° -—(А-\- ф)] ? sin ф-' З цього рівняння знаходимо (4) . b sin Л tg Ф ^ • (5) 2с — b cos А Вилучивши з рівностей (3) і (5) tg ф, дістанемо COS^tg¥ sin? a cos В 2с —b cos Л (6) Позначимо через R радіус кола, описаного навколо трикутника ABC. Тоді5за теоремою синусів матимемо а = 2R sin Л ,. b = 2R sin Я, с = 2R sin С*. (7) Підставивши в рівність (6) ці значення, дістанемо ^ Л cos Л tg — . ^ ь 2 sin А sin Л cos В 2 sin С—sin В>cos Л D . Л sin Л Врахувавши, що* tg.^ , і виконавши нескладні перетво- 1 + cos Л рення, дістанемо
tg A = sin С cos В 295. Позначимо через О середину відрізка ММг. 1) Якщо площина, про яку йдеться в умові задачі, перпендикулярна до [ММ^то вона поділяє призму на дві конгруентні призми, і твердження задачі очевидне. У перерізі цієї площини з приз* мою одержуємо трикутник Р(11ї (рис. 136, а), у якого О — точка перетину його медіан. Рис. 136 2) Проведемо через точку О яку-небудь іншу площину Y, паралельну одній із сторін ДЛВС, наприклад стороні АВ. У перерізі ЦІЄЇ ПЛОЩИНИ 3 призмою одержуємо трикутник P\QiRi, причому II [PQ]. Трикутники PQR і PiQiRi матимуть спільний відрізок L/C, що проходить через точку О і паралельний їх основам. Доведемо, що об’єми піраміди RtLKR і клина LKPQQiPi однакові. Звідси випливатиме, що площина У також поділяє призму на рівновеликі частини. Позначимо висоту APQR, опущену з вершини R, через Л, |PQ| = e, |Я,/?| = Я. Тоді I Z./C І = -§- в, |РЯі| = 4. висота 2 &LKR, опущена з вершини R, дорівнює Л. Маємо о VriLKR 820
Клин ЬКРСІСІіРі поділимо площиною 100* на дві піраміди і обчислимо об’єм кожної з них. У піраміді основа РСІСІхРі є прямокутником, а висота дорівнює -д-Л. Тому і/ 1 н 1 ь 1 ии ^<г,Р,=-з ,а,Т ,ТЛ = І8аАЯ- У піраміді ОхЧКЬ висота дорівнює . а площа основи <ЗКЬ: с 1 , , „, 1 . 1 2 І . ,1 «. &QKl■ ~2 ' \ ІК \ "З Т 'Та 'Т "9 Тому і/ 1 1 . Я 1 ^,<г^=з- • = 540,,я- Отже, об’єм клина ЬКР(}(ІіРі дорівнює: Уькр'оя^ = Г8а1гН + и аНН = ТіаКН' тобто такий самий, як і об’єм піраміди 3) Нехай тепер (РгСг^г) — довільна площина, яка проходить через точку О і перетинає бічні ребра призми в точках Р2, Фаэ Я* (рис. 136, Ь). Проведемо через точки /?2 і О п площину ЯіОіЯг» паралельну прямій АВ. ТодіІЛ^І || [АВ]. Уже доведено, що площина поділяє призму на рівновеликі частини. Площина Р2(?2#г також матиме цю властивість, якщо об’єми пірамід ^Р^Р-^р і Я20.г0.і& однакові. А це справді так. Основи цих пірамід — трикутники РіР2й та — рівновеликі, бо [/?2^1 — медіана трикутників Р^Я2, і РгСгЯг» а РгОР2 = = (іхО(і2\ довжини висот цих пірамід рівні, оскільки вони збігаються з перпендикуляром, опущеним з точки /?2 на площину грані АВВіА Твердження задачі доведено. 296. Див. розв’язання задачі 284. Числа 19 і 18, про які там йдеться, слід у даній задачі замінити числами 494 і 493. 297. Позначимо п = 16а + 176, т= 17а + 166. За умовою задачі число пт ділиться на 11. Звідси випливає, що принаймні одне з чисел п або т ділиться на 11, бо 11 — просте число. Але сума цих чисел п + т = 33 (а + Ь) також ділиться на 11. Тому за умови, що одне з них кратне 11, друге також ділитиметься на 11. Отже, пт ділиться на 112 = 121. — 298. Позначимо через Ра, Рь, Рс основи перпендикулярів, опущених з точки Р на сторони Д АВС (рис. 137). Сума внутрішніх кутів чотирикутника дорівнює 360°. Запишемо цю рівність для чотирикутника АР С В так:
Але АР В = АСВ + 60°, ВРС = ВАС + 60°. Підставивши в (1) ці значення і врахувавши, що сума внутрішніх кутів трикутника дорівнює 180°, дістанемо РАВ + РСВ = 60°. Якщо на відрізку АР як на діаметрі описати коло, то точки Рь і Ре лежатимуть на ньому. Тому РРьР£ = РАРС як вписані кути, що спираються на ту саму дугу. Цілком аналогічно РРьРа = РСРа, бо точки Рь і Ра лежать на колі діаметра PC. Тому РаРьРс = РР^ЬРС + РРІРа = РАВ + РСВ = 60°. Оскільки в умові задачі точки Ра, Рь, Рс цілком рівноправні, то й Інші кути Д РаРьРс дорівнюють 60°. 299. Із умови задачі випливає, що 22 (а + Ь + с) = 100а + № + с, або 26а = 4Ь + 7с. З цієї рівності видно, щос — парна цифра. Оскільки Ь < 9, ас < 8, то 26а < 92, звідки а < 3. Якщо а = 1, то неодмінно с = 2, бо 7 • 4 > 26; тоді 6=3. Маємо перше число: 132. Якщо а = 2, то с неодмінно ділиться на 4, а тому с = 4, бо 7 • 8 > 26 • 2. В цьому випадку b = 6. Отже, маємо ще одне число: 264. Аналогічно впевнюємося, що коли а = 3, то с = 6, b = 9. Таким чином,- вказану в задачі властивість мають троє чисел: 132, 264, 396. 300. Число ділиться на 10 000 тоді і тільки тЬді, коли воно ділиться на 24 і на 54. Наше число ділиться г» 10Q на 24. Воно ділиться навіть на ис- ш 21974 • 21*7? = 2™7 (за першу дужку можна винести множник 2*974, а за другу 21973). Отже, лишається довести, що дане число ділиться на 54. Доведемо, що кожний вираз, записаний в дужках, ділиться на 25. Остача від ділення на 25 числа 1976 дорівнює 1, а* числа 1974 дорівнює —1. Тому при діленні на 25 числа 19741973 в остачі дістанемо —1, а при діленні на 25 чисел 19761976, 19741974 і 19761*™ в остачі дістанемо 1. Звідси й випливає, що кожний вираз, записаний у дужках, ділиться на 25, тому дане число ділиться на 25і = 54. 301. Вважаючи дані прямі горизонтальними, позначимо виділені точки першої з них зліва направо буквами А±, Л2, ..., Аіи а другої (також зліва направо) — буквами Ви В2, ... , Вп. Візьмемо довільну точку Аі. Нехай вона сполучена відрізками з точками Bk , Вкж, ... ... , Bks (рис. 138). «Пропустивши» відрізок A.Bk% з кожним наступним відрізком AjBki зіставимо відрізок Bk^^Bk^ що є основою 222
трикутника АіВкі_хВк . Відрізок Вк._хВк. або його частина не може бути основою аналогічного трикутника для вершини Ару відмінної від Аіу бо дві бічні сторони таких трикутників перетинались би. Отже, трикутників типу АіВк.__^Вк^ для всіх точок Лі, А2, ... , Ап разом не може бути більше за кількість найкоротших проміжків між точками Ви В2, ... , ВПі тобто /і — 1. Звідси випливає, що відрізків АрВд, про які* йдеться в умові задачі, не може бути більше ніж п + (п — 1) = 2п — І. Сполучивши точку Ах з усіма точками Вг а точку Вп з усіма точками Ар, дістанемо конфігурацію, яка задовольняє умову задачі і містить 2п — 1 відрізків АРВ 302. Можна/виконавши, наприклад, такі переміщення: 1 1 1 1 303. Якщ< дорівнює 7. В усіх інших’випадках при піднесенні числа до квадрата не відбуватиметься перенесення у вищий розряд, тому сума цифр квадрата дорівнюватиме 4а = 16. 304. Припустимо, що трикутник АВС побудовано, \АВ\ = с — сторона, \ААг\ = р і = й — довжини перпендикулярів, опущених з вершин А і В на бісектрису СЬ (рис. 139). Оскільки дано довжину сторони АВ, то відомі дві вершини А і В шуканого трикутника АВС. Тому для побудови трикутника АВС досить 3,3 даними задачі знайти його третю вершину С. З подібних прямокутних трикутників АіАИ і ВгВй маємо 2 д 4 5 6 7 9 10, 12 ^ 11 2 д 4 5 6 7 а 9, ю 2 3 4 5 6 7 \Е.. 11 12, 8 2 д 4 5 6 7 8 9 10 11 й перша цифра числа є 4, то сума цифр його квадрата І Ай І \АА, (і) \ВО\ І ВВі\ я Оскільки [С£>] — бісектриса трикутника АВС, то \СА\ Рис. 139 І АР\ І СВ\ |Ю| З рівиостен (1) і (2) випливає, що \СА\ р |СВ( Ч (2) (3) Таким чином, відношення відстаней від шуканої вершини С до вершин А і В є відомою сталою величиною — , тому точка С належить Ч колу Апполонія, яке за даними умови задачі можна побудувати. 223
З другого боку, точка С лежить на прямій, що проходить на даних відстанях р і ц від точок А і В і перетинає відрізок АВ у точці О. Точка ділить [АВ\ у відношенні — | ИВ\ ? Звідси випливає, що шуканий трикутник АВС можна побудувати так. На довільній прямій відкладаємо відрізок АВ, довжина якого дорівнює с. На прямій АВ будуємо такі точки І) і йІ9 що | АР 1 _ | АРХ | р \ПВ\ І йхВ | " я • На відрізку £>£>! як на діаметрі будуємо коло (коло Апполонія). Нехай О 6 [АВ]. Через точку й проводимо пряму /, яка віддалена від точок А і В відповідно на р і <7. Точка перетину побудованого кола з прямою І і є вершина С шуканого трикутника. Якщо с > р + д і р 4* то задача має єдиний розв’язок; якщо с = р + <7 і р = <у, то задача має безліч розв’язків; в усіх інших випадках задача розв'язку не. має. 305. Перший спосіб. Нехай —найбільше з чисел дг** дг2, *8» *4» •••» *25 (якщо таких кілька, то хь — одне з них). В сумі Р = *1*2 + *2*3 Н Ь *24*25 залишимо без зміни ті доданки, до яких входить множник хи\ у тих доданках, що стоять перед х&_їдг*, замінимо другі співмножники числом Хку а в тих доданках, що стоять після ****+,, замінимо перші співмножники на хк. Узявши до уваги, що всі числа х; > 0 і хх + *гН Ь *25 = 1. Дістанемо Р = «1*2 + *2*3 Н Ь *Л-І** + ****+І Н Ь *24*26 < < *А (*1 + *2 Н Ь **-1 + */г+1 + • • • + *2б) = *Л (1 — *л) = = т-(*А-т) <т- Отже, р не може перевищувати ~ . Якщо *і — *2 = у і *з =• • • — = х2ь = 0, то р = -і-. Таким чином, найбільше значення, якого може набувати величина /?, дорівнює -і-. Другий спосіб. Оскільки всі хсі > 0 (0 < і < 25), то виконуються такі нерівності: Р = ^^2 + • • • + *24*25 ^ (*1 + *3 + *5 + • • • + *2б) X х <*, + *4 + • •. + *24) < (*і + *»+--2-+*« + *.»)а = 1. Тут ми скористалися нерівністю Коші між середнім геометричним і середнім арифметичним двох невід’ємних чисел, а також умовою *1 + *2 + •• • + *25 — ^ 306. Перетворення уобернене до перетворення у-* у“> а перетворення у”*“- обернене само до себе. Тому, 224
якщо дріб о- за допомогою композиті вказаних перетворень можна У У перевести в дріб у , то, застосувавши до дробу у композицію обер - нених перетворень у зворотному порядку, дістанемо дріб ~. Усі три перетворення зберігають незмінним найбільший спільний дільник чисельника і знаменника дробу. Тому дріб не можна перевести У 1 в дріб -у, якщо НСО (а, Р) Ф НСО(?, 6). Дані в задачі дроби — 67 . „ . і ^ нескоротні. Легко зрозуміти, що будь-які два нескоротні дроби вказаними перетвореннями можна перевести один у другий. Це випли» а а—Ь . а Ь л вас з того, що перетвореннями у —-— і у -► у будь-який додатний нескоротний дріб можна трансформувати в одиницю ^тобто •* М л 67 1 дріб -у І. Ось ланцюг перетворень, що переводить 9| У "2": в 19 24 5 19 24 19 19 “* 5 —^ 4 3 2 1 1 ->• 1 —>■ ■ 1 2 * 67 9124674319245^1914^4^ 91 67~* 67 “*24 “*24~* 24 19 “*19"* 5 5 “* 5 5 5 1 ~4 4~ Якщо, крім вказаних перетворень, дроби дозволяється також скорочувати, то тоді взагалі кожний дріб можна перевести в будь-який інший. 307. Нехай АСВ — даний кут з вершиною С, Ог і 02 — центри даних кіл, а гг і г2 — їхні радіуси. Припустимо, що сторона СА кута ковзає по колу з радіусом гІУ а сторона СВ — по колу з радіусом г2. Проведемо всередині нашого кута промені ОАг і Обг, для яких виконуються такі умови: [ОАг) [СА) і відстань між ними дорівнює гх\ ІОВі) [СБ) і відстань між ними дорівнює г2. Якщо кут АСВ переміщувати в площині так, щоб його сторони дотикались до відповідних кіл, то сторони кута А1ОВ1 ковзатимуть по точках 01 і 02. Звідси випливає, що точка О описуватиме при цьому дугу кола, побудованого на [0г02] як на хорді, бо при будь-якому розміщенні точки О відрізок 0г02 видно з неї під тим самим кутом АлОВ 308. Для зручності рахуватимемо правильний час від 12-ї до 36-ї години. Наприклад, 31 година 13 хвилин означатиме 7 годин ІЗ хвилин наступного дня. Якщо не враховувати «неправильних» обертів годинної стрілки, то за добу вона обійде повне коло один раз, відстаючи від «нормальної» кожні дві години на І годину. Тому наш оригінальний годинник не показуватиме правильний час тоді, коли його стрілки рухатимуться правильно, тобто в інтервалах між парною і наступною непарною цілими годинами. Виняток становить інтервал між 12-ю і 13-ю годинами, коли годинник щомиті показуватиме правильний час. Розглянемо тепер довільний часовий інтервал між непарною і наступною парною годинами, а раме: [13 + 2к\ 229
14 + 2£]; £ = О, 1, ..., 11. У момент і = 13 + 2£ годинна стрілка нашого годинника показуватиме на 13 + Аг, а хвилинна — на 12 + + &, тобто відставатиме від годинної на проміжок циферблата, що відповідає 5 хвилинам. Хвилинна стрілка звичайного годинника показуватиме в цей момент на 12. Отже, в момент / =13 + 2к хвилинна стрілка звичайного годинника відстає від хвилинної стрілки нашого годинника на к годинних поділок циферблата. На стільки ж у цей момент годинна стрілка нашого годинника відстає від Годинної стрілки звичайного годинника. Тому між 13 + 2к і 14 + 2к годинами настане момент, коли обидва годинники (наш і звичайний) показуватимуть однаковий час. Нехай це станеться о 13+2к годині х хвилин. Тоді 1 _ } 4-А 60*“60. 12 * 12- 60 Звідси дг = Таким чином, наш годинник після 13-ї години пока- 60 зуватиме правильний час 11 разів: 13 + 2& годин у-^к хвилин, де * = 1, 2, ... , 11. 309. Кожна команда провела 13 ігор. Отже, принаймні одна команда виграла не менше ніж 7 зустрічей. Нехай А — така команда, а Аъ Л2, А7 — команди, що їй програли. Розглянемо, тк інші шість команд зіграли між собою. Принаймні одна з них Выиграла щонайменше у трьох інших: Ву, В2, В3. Лишаються дві команди: С і Сі. Нехай С виграла у С1. Трійка команд Л, В, С задовольняє умову задачі. 310. Припустимо, що така послідовність пи п2, п8 піі, ... існує. Нехай п2 = а. Тоді п\ = п2-2 = п2 + п2 = 2а, п8 = п4,2 = п4 + п2 = За. Взагалі для будь-якого натурального 5 = «2«-' •2 = П2?~1 + Я* = (® — О «'+ * = «»• Аналогічно, якщо п3=Ь, то для будь-якого натурального г V =тЬ- Зауважимо, що а Ф 0, бо а > (Між іншим, п1 = 0, бо п1 = = п1= пі + пх). Нехай т — довільне, але фіксоване натуральне число. Візьмемо таке натуральне число 5, щоб 2* < Зт < 2Я+1. Таке 5 існує, бо послідовність х5 = 2Б необмежено зростає. Запишемо це співвідношення так: 2« < 2т Іое*3 < 2*+1. Звідси £ < 1о8і 3<±+І. (1) т тп (ті \ 286
розглянемо тепер такі три числа нашої послідовності: Л25-- ЛЗт* П28~і~і‘ Маємо п2$ = «а, пдет = тЬ, п25+1 = 50 + а. Крім ТОГО, $а < тЬ < ш 4- в, звідки ±<±<^+±. (2) т а т т Рис. 140 Із нерівностей (1) і (2) випливає, що 1обіЗ-А|<±. а І т Оскільки т •— довільне натуральне число, то остання нерівність означає, що !оЄ23 = А. Проте така рівність неможлива, якщо а і Ь—натуральні числа, бо вона рівносильна рівності 2Ь = 3а (у лівій частині стоїть парне число, а в правій.— непарне). 311. Перший спосіб. Позначимо середини сторін АВ, ВС, АС трикутника АВС відповідно через 0ІУ 02, 03. Нехай М — довільна точка шуканої множини, МІУ М2> М3— її симетричні образи відносно середин [АВ], [ВС\, [АС\, тобто Мі = 20і (М)у М2 = = 20?(Л1;, М3 = 20з(М) (рис. 140, а). Тоді чотирикутники АМВМ1% АМСМ3 і ВМСМ2 є паралелограми, причому [МгА] І! [ВМ] Ц [М2С] і ІМгА] г [ВМ] =* [Лї*С], (1) ІЛЛІ,] Ц [Л*С] Ц [АИ2] і [АМ3] г [МС] г [ВМ2], (2) [М3С] Ц ИМ] Ц [МгВ] і [М3С] ^ [і4ЛЦ 2 [МгВ]. (3) 227
З рівностей (1), (2), (3) за властивістю дуг, що стягуються конгруентними хордами, випливає ЛМ = AUC; АМ3 = ВМ2; AUC = М?В. Звідси дістаємо ЛМ + АМз + М^С = М?В + ВМ2 + М^С = 180°, тобто МгАС = МіВС = 180°. Отже, МіВС = 90°, а тому [МХВ] х X [ЯС]. Оскільки [МХВ] II [АМ]У то (AM) X (ВС); а це означає, що точка М лежить на висоті ААі трикутника ABC. Аналогічно впевнюємося, що точка М належить і двом іншим висотам трикутника ABC. Таким чином, якщо точки Mt про які йдеться в умові задачі, існують, то вони збігаються з точкою перетину висот (ортоцентром) трикутника ABC. Оскільки шукані точки повинні лежати всередині трикутника, то у випадку тупокутного і прямокутного трикутників шуканою множиною точок є порожня множина, бо висоти таких трикутників перетинаються у точці, яка не є внутрішньою точкою трикутника. Доведемо, що точка перетину висот гострокутного трикутника є шуканою. Нехай М — точка перетину висот АА1 і ССг гострокутного трикутника ABC, М' — точка перетину (ССг) з колом, опи саним навколо трикутника ABC (рис. 140, б). Спочатку доведемо, що точка М' симетрична точці М відносно сторони А В. Розглянемо трикутники АА^В і ССХВ. Ці трикутники прямокутні і мають спільний гострий кут при вершині В. Тому два інші гострі кути цих трикутників конгруентні: £ ВССг = ВААг. Крім того, /_ВСМ = ^ Z. ВАМ'у бо кожний з них вписаний у коло і спирається на ту саму дугу ВМГ. Отже, МАСг ^ /_ М'АС^. Тоді з конгруентності прямокутних трикутників МСХА і М'СгА випливає, що точка М' симетрична точці М відносно (АВ). Таким чином, доведено, що точка М'у яка симетрична точці перетину висот трикутника ABC, лежить на колі, описаному навколо цього трикутника. Нехай [РК] — діаметр кола, який перпендикулярний до [АВ]. Тоді Оі = [РК] П [АВ] буде серединою хорди АВ. Відобразимо точку А1' у точку Afb яка симетрична точці М' відносно (РК): Мг = SPJ^(M ). Оскільки діаметр кола є його віссю симетрії, то точка Мі також лежить на колі. Таким чином, в результаті композиції двох осьових симетрій SAB і Зрк з перпендикулярними осями АВ і РК точка М (ортоцентр трикутника ABC) відображається у точку Mi= (S АВ О SPK) (М), яка лежить на описаному навколо трикутника ABC колі. Оскільки композиція двох осьових симетрій з перпендикулярними осями є центральна симетрія відносно точки Ох = (РК) П (АВ), тобто sab О spk = V то звідси випливає, що симетричний образ ортоцентра трикутника ABC відносно середини його сторони АВ лежить на описаному навколо трикутника колі. В наших міркуваннях сторону АВ можна замінити будь-якою іншою стороною трикутника ABC. Другий спосіб. Як і при розв’язуванні задачіЮ впевнюємося; що точки шуканої множини — це множина усіх спільних точок трьох кіл, кожне з яких є симетричним образом описаного 228
навколо трикутника АВС кола відносно прямих АВ, ВС, АС. Оскільки ці кола не можуть мати більше однієї спільної точки, то шукана множина або порожня, або складається з однієї точки. У випадку тупокутного і прямокутного трикутників ця множина порожня, бо симетричний образ найбільшої дуги кола відносно відповідно; сторони трикутника не проходить через жодну внутрішню точку трикутника. Якщо даний трикутник АВС гострокутний, то вказану в задачі властивість має точка перетину його висот. 312. Із Д АВС маємо (рис. 141): Звідси ВС І2 = І АВ І* + І АС |2 - 2 І АВ І • І АС | . cos V \АВ\2 + \ АС\2-\ВС \2 2 І АВ І • І АС І Отже, cos Y — раціональне число. Аналогічно дістаємо, що cos Р, cos а і cos (а + Р) — раціональні числа. За теоремою синусів із д АВС дістаємо sin У І ВСІ sin (а + Р) “ \АС І ■ ЗВІДКИ sin У |sin(a + p) ло. Крім того, випливає, що - раціональне чис- Рис. 141 cos (a + Р) = cos a cos р — sin a sin p,' а тому sin a sin P — раціональне число. Оскільки sin2 a = 1 — cos2 a також раціональне, то й sin a sinp __ sinp sin2 a ~~~ sin a є раціональне число. Нарешті, sin (a -f- P) __ sin a cos P + cos a sin P sin a sin a = cos P + cos a sinp sin a є також раціональне число. Тепер із Д АВО маємо І АВ І _ sin б _ sin (a + У) sin a cos У + cos a sin V _ | OA I ~~ sin a sin a sin a ~ .. , sin V , sin V sin (a + P) = cos У + cos a • = cos Y + cos a • ;—rsr • —Ц —. sin a 1 sin (a + p) sin a Отже, jI r а томУ й I OA | — раціональні числа. 313. Задачу можна розв’язати, використовуючи відоме співвідношення між біномними коефіцієнтами Ст = Ст-1 + Ст-І
і таке твердження: різниця двох чисел ділиться на будь-який спільний дільник цих чисел. Нехай й — якнй-небудь додатний спільний дільник (наприклад, найбільший) чисел г>к оЛ г>к г>к ил+2* ••• » 1» и/Н-£- Віднімемо, починаючи з кінця, від кожного з цих чисел попередне. Дістанемо нову послідовність чисел г>к—1 ґ>к—1 г*к—1 г^к—І 1 » ••• > 2» ^п+к-1* кожне з яких ділиться на й. У новій послідовності на одне число менше, ніж у початковій. Повторивши цю саму операцію з новою пос* лідовністю, дістанемо послідовність /-•£—2 г>к—2 г*к—2 ґ>к—2 » °л+1 » — » ^п+к—3 » ип+к—2» кожне з чисел якої також ділиться на сі. Виконавши цю операцію к разів, дістанемо послідовність, що містить усього- одне число, а саме С®. Це число також ділиться на (і. Проте С® = 1, тому А — 1. Отже, числа початкової послідовності не мають ніяких спільних дільників, крім 1. Зауваження. Твердження задачі можна довести методом математичної індукції, трохи змінивши наведені вище міркування. Рекомендуємо зробити це самостійно. 314. Назвемо степенем вершини многогранника кількість ребер, що виходять з цієї вершини. За умовою задачі степінь кожної вершини многогранника парний. Нехай а — площина, яка перетинає многогранник, але не проходить через жодну вершину. Розглянемо множину всіх вершин многогранника, які лежать по який-небудь бік від площини а. Нехай це будуть вершини А1г А% ... ..., Ак, а їхні степені — пъ п2, ..., Число п = пг + п2 + ... + + пк парне. У цьому числі по одному разу враховане кожне ребро многогранника, яке перетинає площину а, і по два рази — кожне ребро, що сполучає якісь дві з вершин Аъ Л2, ..., А* між собою. Якщо ребер першого виду т, а другого 5, то т = п — 2$. Отже, т — парне число, тому переріз многогранника площиною є многокутник з парним числом вершин. 315. Позначимо: а = | 0А3 |; Л — висота Д ОА2А3г проведена до сторони 0А3\ Н — висота піра\уди АхОАгА3у проведена до грані = = маємо + V, + V, = -^ <йя (1 + *І + **); V = І акНкукь. Оскільки за нерівністю Коші
то Y* + Y' + v*> f. Зів. Нехай с —число, записане даною комбінацією цифр. Дописавши до числа с певну кількість нулів, утворимо таке число d =* = с • 1 СИ, щоб аі < d, s> 1. Нехай число d буде (k + 1)-цифрове, тобто 10*<d<10*+i. Позначимо через ар найбільший член даної послідовності, який менший від числа d • 104* (член послідовності з цими властивостями існує, бо a1<d<d- 104*, а дана послідовність за умовою необмежено зростає). Тоді JL _3 d • 104* < ар+1 < ар + а* < d • 104* + d 4 . 103*. JL Оскільки d4 < d, то всі цілі числа з проміжку [d • 104*; d • 104* + ± 1 -f d 4 • IO3* J розпочинаються цифрами числа с• Отже, початкові цифри числа ap+j збігаються з цифрами числа с. 317. Якщо аіі «12 <*із «і4 а2І а22 ОС 23 а24 «Зі а32 аЙЗ а34 а4Ї а42 а43 а44 е будь-яка таблиця, що задовольняє умову задачі, то, помінявши належним чином місцями її стовпці і другий, третій і четвертий рядки, можна одержати таблицю такого виду: 12 3 4 2 * Р22 Р23 Р24 /П 3 Рз2 Раз Рз4 4 Р42 Р48 Р44 Вона теж задовольняє умову задачі. Якщо знайти всі таблиці виду (1), для яких справджуються умови задачі, то всілякими перестановками їхніх другого, третього й четвертого рядків і всіх чотирьох стовпців можна дістати всі шукані таблиці, причому кожну по одному разу. Отже, цих таблиць буде k • 3! • 4! = 144£, де k — кількість таблиць виду (1). Вииробувавши на місці р22 по черзі кожне з чисел 1, 2, 3, 4, впевнюємось, що k = 4. Отже, кількість шуканих таблиць становить 576. 318. Для кожної пари дробів /а — Ь с — d\ л л І—-—; —2—І різниця добутків чисельника першого дробу на знаменник другого і чисельника другого дробу на знаменник першого І а с\ [а + Ь с + d^ \Т; d)' [ b ; d Г 231
однакова, а для пари ця величина протилежна. Отже, якщо пару дробів ~) можна вказаними в умові задачі пе- \&і а1) ретвореннями перевести в пару (аг. сЛ U«’ dj' то повинно бути: | ах^-~ — ЬіСі |+ ІМа — Ьгсг\. Для пар і (^ ця рів- ність не справджується. Тому відповідь на питання задачі негативна. 319. Нехай МІ9 М2, М3, ... , Мп — послідовні вершини правильного л-кутника; [МХК] — діаметр кола, описаного навколо цього многокутника (рис. 142). Оскільки /г-кутник правильний, то М^КМ2 = ~. м{км3 = 2л Зл = — , МлКМл п 1 4 п (1) З прямокутних трикутників МХМ2К9 MXMZK9 МХМАКУ беручи до уваги рівності (1), знаходимо І МХМ2 І = 2R sin j , |М1М3| = 2R sin — , |Af1A44|=2#sin ^, де 2/? = І МгК |. Якщо в рівність 1 1 1 \МХМ2 (2) (3) замість І МХМ21, І М±МВ | то одержимо рівняння - І МХМ31 т \МіМ,І I MiMt І підставити вирази з рівностей (2), 1 1 . л sin — п . 2л sin п sin Зл (4) *3 якого й можна знайти п. Оскільки п — натуральне число і п > 4^ то рівняння (4) рівносильне кожному з таких рівнянь: 2л . Зл . я . Зл , . л . 2л sin — sin — = sin — sin h sin — sin — , n ti ft n n n * . л /. 4л . Зл\ . sin — sin sin — =0, n \ ft n I . л . л 7л л Sin — Sin =r— COS fT- = 0. n 2 n 2 n (5)
Jl я Оскільки для натуральних п > 4 sin — Ф 0, sin ф 0, то з рівняння (5) випливає, що Звідси п = 7. 7я А cos 77- = 0. 2/і 4* 320. Функція / (дг) = 7 ■- ■■■■■д має таку властивість: /(*) + /(! — ’ і ^ ^ - *) = 1 (перевірте це). Тому / (^) + / (їзіе) + •••+/ ({^)+ + /(1)= 987 + /(і) + /(1) = 987 + і- + | = 988І-. 321. Неважко впевнитися, що коли точка (х\ у) належить графіку заданої функції, то точка (—х; у) також належить графіку цієї функції. Це означає, що графік функції симетричний відносно осі Оу. Тому надалі розглядатимемо тільки випадок х > 0. Але при л: > 0 (|,|! т)- якщо 0 < х < 1, mln 1 — , якщо X > 1. Рис. 144 Графік заданої функції зображено на рис. 143. 322. Оскільки точка Мі симетрична точці М відносно середини відрізка АВ, то в чотирикутнику АМВМг (рис. 144) діагоналі Ар і ЛШ|, перетинаючись, діляться навпіл, а тому чотирикутник АМВМ^ е паралелограм, отже, [АМ]\\[МіВ] і | АМ | = | МіВ |. (1) Аналогічно впевнюємося, що чотирикутники МіВМ%С9 М2СМ90 Також е паралелограми, причому [МіВ] Ц [СМг\ і |МіВ | = | СМ± [і (2) [СМг\ || [М30] і |С/И2| = |ЛІ30|. 9 9-152 (3) 233
Із співвідношень (1)—(3) випливає, що [AM]\\[M3D] і \AM\ = \MzD\t а це означає, що чотирикутник AMDM3 — паралелограм, [М3М] і IAD] — його діагоналі. Звідси випливає, що точки М і Ма (протилежні вершини паралелограма AMDM3) симетричні відносно середини відрізка AD. 323. Очевидно, всі виписані числа є невід’ємними. Позначимо через ах найбільше серед виписаних чисел або одне з них, якщо їх буде кілька. Нехай а2, аз> ••• — числа, які виписані за av Припустимо, що а2 ф 0. Оскільки аг = |а2 — а31» т° обов’язково а9 = = 0, бо інакше ми мали б аг < а2, а че неможливо (за припущенням аі — найбільше з виписаних чисел). Якщо а3 = 0, то а1 = а2 — а, і впевнюємося, що по колу виписані такі числа: ау а, 0, а, а, 0, ..., а, а, 0. Число а серед виписаних чисел зустрічається 20 раз. Тому 20а = 1, а = — • Аналогічно розглядається випадок, коли а2 = 0. 324. Розглянемо відрізок, кінцями якого є точки (хі'у уі) І (х2; у2). Тоді середина цього відрізка має координати *2 і ELlhll t Якщо х±% уі, х2, |/2 —цілі числа, причому *і і х2, уі і у2 мають однакову парність, то середина відрізка має цілі координати. Розглянемо тепер /г-кутник, про який ідеться в умові задачі. Відповідні (однойменні) координати будь-яких двох вершин цього л-кутника мають різну парність (у протилежному випадку на стороні л-кутника або всередині буде точка з цілими координатами). Але можна вказати не більш як 4 точки, у яких відповідні координати мають різну парність, бо можуть бути тільки такі випадки: (х — парне; у — парне); (х — парне; у — непарне); (х — непарне; у — парне); (х — непарне; у — непарне). Тому п С 4. 325. Маємо (1 — *j)(l — Х2) = 1 — (*! + Х2) + JfjAT;; > 326. Нехай а, 6, с, й — довжини сторін чотирикутника. Припустимо, що а < Ь < с < йу тобто припустимо, що будь-які дві сторони чотирикутника не є конгруентними. За умовою задачі р Лій, р *•“ к2Ь, р кгс, р — (Іу де А?2, к3і к4 цілі числа. Очевидно, > Д?2 > к3 > &4. Маємо нерівність й < < а + Ь + Су звідки 2(і<а+Ь-\-с + сі=р = &4с/, > 2. Отже, А?4 > 3, /г3 > 4, к2 > 5, кх > 6. Тому 234
Додавши почленно всі ці нерівності, матимемо a + b + c + d = p<p(j + ± +^ + -L) = gp. Дістали суперечливу нерівність.Отже, наше припущення про те, що всі сторони чотирикутника різні, неправильне. 32£. Знайдемо спочатку двоцифрові числа, які мають вказану в умові задачі властивість: *1*2 + *1 + *2 = *1*2 = Ю*1 4" *2 (Ьі і *а — цифри шуканого числа). Оскільки Ь2 < 9, то завжди *1*2 "Ь *і + Ь2 < 9Ьі + + Ь2 = 1 Обі + Ь2. Знак рівності досягається тільки тоді, коли Ь2 = 9. Отже, вказану властивість серед двоцифрових чисел мають числа виду а9, де а— будь-яка цифра, крім нуля. Якщо bv b2, ..., Ьш — цифри шуканого стоцифрового числа, то з умови задачі випливає, що (*і + 1)(*2 + 0 ••• (*>100 + 1) — 1 = *і ... Ь100 = = Ьг • 10W + Ь2 • 109* + ... + 699. Ю + Ьт. Завжди виконується нерівність »і + 1)№. + 1)... (*юо + 1) - 1 « • 10* + Ь2 • 10* + ... + + 699 • 10 + ь100, причому знак рівності має місце тільки тоді, коли Ьг = о, Ь2 = = ... = *100 = 9. Відповідь: шукані числа мають вигляд а 9 ... 9, де а —• будь-яка цифра, крім нуля. 328. При розв’язуванні цієї задачі скористаємось таким очевидним твердженням: якщо кожна з двох кривих ділить площу даної фігури навпіл, то ці криві обов'язково пере- тинаються. Нехай іс/нує коло V, яке ділить площу кожної з областей Dl9 D2, Dz навпіл (рис. 145). Проведемо пряму, яка проходить через центри О* і 02 даних кіл. Ця пряма також ділить площу кожної з областей Dlt D2% £>3 навпіл. Отже, вона перетинається з колом V у трьох точках, а це неможливо. 329. Шукана множина має таку властивість: якщо точка (х\ у) належить А, то і точки (—х; у), (—х; —у), (х\ —у) також належать А. Це означає, що множина А симетрична відносно координатних осей. Тому досить розглянути випадок * > 0, # 0. Оскільки ( х9 якщо у <х9 шах (х\ у) = 1 І У, якщо у > х9 то геометричний образ множини {(де; у): max (jc; у) < 2, х > 0, у > 0 J 9* 235
має вигляд, показаний на рис. 146, а. Множина {(*; у) : х + у > 1, х > 0, у > 0} зображена на рис. 146, б. Враховуючи симетрію шуканої множини і4, приходимо до висновку, що А має вигляд, зображений на рис. 146, в. 330. Нехай М9 К, N — відповідно середини сторін БС, С£>, АО. Тоді трикутник МКМ — шуканий (рис. 147). Рис. 146 331. Таблицю, яка складена з чисел +1 і —1 так, що сума добутків чисел, які стоять в будь-яких двох рядках, дорівнює нулю, називатимемо таблицею Адамара. Очевидно, справедливі такі твердження: 1) переставляючи стовпці в таблиці Адамара, знову дістаємо таблицю Адамара; 2) помноживши на —1 всі числа деякого стовпця таблиці Адамара, знову матимемо таблицю Адамара. Розглянемо деяку таблицю Адамара. Помножимо на —1 ті її стовпці, в першому рядку яких стоїть число — 1. Переставимо в одержаній таблиці стовпці так, щоб у другому рядку йшли числа 4-1, а потім числа—1. Оскільки сума добутків чисел першого рядка на числа другого рядка дорівнює нулю, то в другому рядку одержаної таблиці на перших ~ місцях стоятимуть + 1, а на останніх ~ місцях стоятимуть —1. Позначимо через ті її п кількість чисел 4-1, ЩО стоять на перших місцях третього рядка, і через т2 кількість чисел —1, що стоять на наступних у місцях третього рядка. Тоді, розглянувши суму добутків чисел другого рядка на числа третього рядка, матимемо Щ — (у — «і) + т» — (у — »»*) = 0, 2/Пї + 2тг — п. 836
Розглянувши суму добутків чисел першого рядка fia числа третього рядка, знайдемо Щ — (у — /я*) — тг+ = 0, 2 ті — 2т 2 = 0, тх = тг = т. Огже, п = 2тА + 2т2 = 4т, що й треба було довести. Для п = 4 прикладом таблиці Адамара є така таблиця: 332. Див. задачу 324. 333. Якщо 0 < де < -і-, то найбільше значення квадратного тричлена / — /? на відрізку [0; де] дорівнює де — *?; якщо ж х > ~ > то найбільше значення цього тричлена на [0; де] дорівнює —-. Отже, Г 1 У х — де2, якщо 0 < * <: — тах (/— /2) = | . -і . якшо х — 4 -Т- , ллщи Л о . * Ь 4 2 0 1/2 1 х Графік функції Рис. 148 0, якщо де < 0, L о</<* зображено на рио. 148 Î0, якщо де < 0, шах (/ — /2), якщо де > 0 0<t<x З 3 / з \9 іс Оскільки парабола у = хі -у х + у ==/*— мае вершину в точці 5 і проходить через точку ; 1) , то для знаходження коренів рівняння 4 max (t — t2) = х* — х~ о<t<x * * 237
треба розв’язати рівняння *2 3 , 3 1 з якого дістаємо , х2= 1. 334. Нехай точка X' симетрична точці X відносно прямої А В, X" симетрична X' відносно прямої ЛС. Тоді точки X \Х" взаємно симетричні відносно точки А (композиція двох симетричних відображень відносно двох взаємно перпендикулярних прямих є симетрія відносно точки перетину цих прямих). Нехай Хт = ТХ (рис. 149). Зауважимо, що [АК] є середня лінія трикутника XX" Хш і тому І ХХ*|=21 АК |. Довжина відрізка АК буде найменшою тоді, коли точка К збігатиметься з точкою М, що сосновою висоти трикутника ABC, опущеної з вершини А на гіпотенузу ВС. Легко впевнитися, що відстань від будь-якої точки Х9 яка лежить на прямій AM, до точки X'" дорівнює 21 AM |. Отже, шуканою множиною точок є пряма AM. 335. Нехай ABCD (рис. 150) — чотирикутник, при продовженні сторін якого утворилися рівновеликі трикутники AN В і ВМС. Тоді трикутники NAC і СМА також рівновеликі, тому висоти цих трикутників, опущені на сторону СА, конгруентні. Це означає, що чотирикутник NMAC — трапеція. Твердження задачі випливає з такої леми. Лема. Пряма, яка проходить через точку перетину діагоналей і точку перетину бічних сторін трапеції, ділить основи трапеції навпіл. Доведення. Оскільки . АСОВ сл ANKB і ABOA сл ABKM, то \СО\ _ I О А | \NK \ ~\КМ\- Далі, ACOD со AKDM, AOAD oo ANDK. З подібності цих трикутників маємо ICO І \ОА\ \КМ\ І NK І * Перемноживши ці дві пропорції, дістанемо | СО \ = \ОА\. 238
336. При підрахунку числа пофарбованих точок треба стежити лише за початковою точкою, бо сліди, які залишають знов пофарбовані точки рухомого кола, потрапляють в уже пофарбовані точки. Шукане число пофарбованих точок дорівнює 102я ^ 1 + 1 = І100^2] + 1 = 142. . уТ ] 337. Якщо (х; у) Є А, то (лг; — у) Є А, (—лг; — у) £ А , (—х; у) £ А, тобто множина А симетрична відносно координатних осей. Розглянемо спочатку випадок, коли х > 0, у > 0. Маємо І* + УІ+ \* — У 1 = {*+(/ + * — у = 2х, якщо х > у, х + у + у — х = 2у, якщо Враховуючи це, а також беручи до уваги симетрію множини А відносно координатних осей, неважко впевнитися, що множина А має вигляд, показаний на рис. 151. 338. Перший спосіб. Нехай М — довільна точка простору, 0 — точка перетину діагоналей прямо- Рис. 151 кутника АВСИ. \ Оскільки в прямокутнику довжини діагоналей рівні між собою .і точкою перетину діляться навпіл, то ^ \Jaa-мс\ = \ мв— мЬ |, (і) МО = і- (мА + Мс) = у (мв + М>). (2) З рівностей (2) маємо МА + МС = МВ + МО . (3) Після піднесення до скалярного квадрата обох частин рівностей (1) 1 (3) матимемо МА'? — 2 (мА, МС) + Ж?? = МВ* — 2 (МВ, мЬ) + МО2; ' (4) МА2 + 2 (мА, МС) + МС2. = МВ2. + 2 (мв, мЬ) + МО2. (5) Якщо від рівності (5) відняти рівність (4) і поділити обидві частини знайденої рівності на 4, то дістанемо (ма, мс) = (мв, мЬ)\ якщо ж до рівності (5) додати рівність (4) і поділити обидві частини знайденої рівності на 2, то дістанемо МА2 + МС* = МВ2 + МВ2, що й треба було довести. 239
Другий спосіб. Візьмемо прямокутну декартову систему координат ОХУІ так, щоб її початок збігався з центром прямокутника АВСО, а координатна площина ХОУ — з площиною АВСП> і при цьому ОХ || [АИ] || [В£], ОУ || [АВ] || [С£>]. Нехай у так вибраній системі координат А(а\ Ь\ 0). Тоді точки £,С, £> матимуть такі координати: В(а\ —Ь\ 0), С(—а\ —6; 0), £>(—а\ Ь\ 0). Нехай М(х\ у; г) — довільна точка простору. Тоді МА = {а — х\ Ь — у\ — г}9 МВ = {а — х; -6-і/; —2}, МС= {—а — х\ —Ь — у\ —2}, Ш) = {—а — х; Ь — у\ —2}. Обчисливши в координатах вирази МА • МС, МВ • MD, МА2 + + МС2, MB2 + MD2, переконуємося в тому, що рівності, задані в умові задачі, виконуються при будь-яких значеннях х, у, 2. А це й означає, що ці рівності виконуються для будь-якої точки М простору, що й треба було довести. 339. Візьмемо f (x) = x2. — 2 і розглянемо послідовність Ч = а, *2 = / (*і). ... . хп+і = / (*„). Послідовність {*„} називається ітераційною послідовністю для функції /(де). Якщо ітераційна послідовність має границю Ііш хп = с, то, П-+ оо перейшовши до границі в рівності хп+і = f (хп)у знайдемо, що число с є. коренем рівняння c=f(c)- У нашому випадку рівняння с = с2 — 2 має два корені: сі = — 1 і с2 = 2. Треба встановити, при яких значеннях а ітераційна послідовність має границю. Для цього побудуємо графіки функцій у = = f (х) і у = х (рис. 152). Зауважимо, що, знаючи хп, можна побудувати хп+і так. Розглянемо точку К (хп\ 0) і точку L(xn\ f(xn))> Проведемо через точку L пряму, яка паралельна осі Ох9 до перетину з графіком функції у = х в точці N. Опустимо з точки N перпендикуляр NP на вісь Оде, тоді точка Р матиме абсцису хп+і = / (хп). Будуючи зазначеним способом члени послідовності хп, можна впевнитися, що при І а | > 2 послідовність {хп} не має границі; при —2<а<2 послідовність {*„} збігається до = — 1; при а = = 2 хп = 2 для всіх п9 тобто Ііш хп = 2. 340. Доведемо спочатку таке допоміжне твердження. Лема. Якщо в площині параболи проведено пряму /, яка не паралельна осі параболи, то парабола або зовсім не має спільних точок з прямою /, або опукла область, яка обмежена параболою9 по- кривав лише скінченний відрізок цієї прямої. Доведення. Розглянемо параболу у = ах2 і пряму у = = fcx + d. Тоді квадратне рівняння ах2 = kx + d або ж ье мав 240
коренів (в цьому випадку парабола не має спільних точок з прямою), або ж має два корені (в цьому випадку опукла область, яка обмеже- на параболою, покриває скінченний відрізок прямої). Лему доведено. Припустимо, що площину покрито скінченним числом областей, які обмежені параболами. Розглянемо пряму /, яка не паралельна жодній з осей цих парабол. Тоді опукла область кожної параболи покриває на прямій / тільки скінченний відрізок. Отже, пряма / не покрита повністю параболами, що суперечить припущенню. Теким чином, площину не можна покрити скінченним числом фігур, межі яких є параболи. 341. Доведемо, що при 1 (і = 1, ..., п) справджується нерівність (1 — *і)(1 — х2)... (1 —хп) > 1 — (1) Для доведення використаємо метод повної математичної індукції. При п = 2 HepiBHictb (1) справедлива, бо (1 — *!)(1 — Х2) = 1 — (*! + *t) + XjJCjä » 1 — (ATj + Х2). Нехай нерівність (1) справедлива для п = kt тобто (1 - *х)(1 - х2) ... (1 _ **) > 1 _ (Хі + ... + хк). (2) Доведемо, що нерівність (2) справедлива і при п *= k +1. Справді, помноживши обидві частини нерівності (2) на число (1 —*/г+і), яке є невід’ємним, матимемо (1 - хг) (1 - х%)... (1 -хк) (1 - xk+1) > 1 - — (*!+•••+** + xk+i) + Xk+i (*і + • • • + + xk) > 1 — (*ї + • • • + xk + *k+i)» Внаслідок принципу математичної індукції нерівність (1) справедлива для всіх п. З нерівності (1) знаходимо при + • • • + “Ь хп < * (1 — Хі) • • • (1 — Хп) > 1 — (,*!+••• + 1 і Рис. 153 342. Нехай Ті — симетричне відображення відносно прямої U (і =■* 1, 2, 3, див. рис. 153). Тоді Т = ТгТ2Т3. Нехай також АІ, К, L — основи висот трикутника ABC, /4 — пряма ML, Іь — Пряма МК, U — пряма KL. Зазначимо, що перетворення Т являє србою композицію двох перетворень: паралельного перенесення взДовж прямої /4 на відстань, яка дорівнює периметру ортоцентричного трикутника MKL, і симетричного відображення відносно /4. Справді, як відомо, ортоцентричний трикутник має такі властивості: BML = АМК\ BLM = CLK\ МІ(А = LKC. З цих властивостей випливає, що пряма /4 переходить під дією Т в себе (Т/4 = /4), бо Т\1% = Іь* Т21ь = /в, 7ув = /4. Зауважимо також,'що точки А і ТА лежать по різні сторони відносно прямої /4. Отже, Т— це паралельне перенесення вздовж /4 плюс симетрія відносно /4. Неважко впевнитися, взявши точку на/4, що паралельне перенесення відбувається 241
на відрізок, який дорівнює периметру ортоцентрнчного трикутника. Тепер зрозуміло, що відстань між X і ТХ буде найменшою тоді, коли точка X лежить на прямій /4. Отже, шукана множина точок — пряма /4. Зауважимо, що цим самим ми дали також нове розв’язування задачі 334. 343. Основним є таке допоміжне твердження. Лема. Якщо р — просте число, то при 1 < к < р — 1 С£ ді• литься на р. Доведення. Справді, Оскільки р взаємно просте з кі, то (р — 1)... (р — к 4- 1) ділиться на к\, а отже, С£ ділиться на р. Лему доведено. Використовуючи лему, за допомогою формули бінома Ньютона неважко впевнитися, що ар + (р — а)Р ділиться на р2. Це означає, що сума остач від ділення чисел аР і (р — а)Р на р2 дорівнює р2. Таким чином, для знаходження х± і уі маємо таку систему рівнянь: р(р-\)...(р-к+\) к\ Розіб’ємо всі числа 1Р, 2Р, ..., ..., (р— І)*7 на — пар виду аР і (р — а)Р. Оскільки сума остач від ділення чисел кожної пари на р2 дорівнює р2, то остача від ділення суми \Р + 2Р+... + (р-1)Р на р2 дорівнює р2 ^ 9 344. Див. задачу 336. 345. Нехай (дсгх; ух) — точка X дотику. Тоді уі = ддф Кутовий коефіцієнт дотичної, яка проведена до параболи в точці (д^; Ух), дорівнює 2ахх. Тому -і- = tg (90° — а) = с\ц а Рис. 154 (рис. 154). Отже, Уі + а 2ахі ’ , або 2 ах\ = у і + а- Уі = ьх\ , уі + а = 2ах\ , з якої дістаємо х*= 1, х1 = ~ 1, ух = а. Отже, шукана множина точок (хг\ ух) складається з двох променів *і = 1» Уі = а > 0; Хі = —1, Уі = а > 0. 346. Див. задачу 338. 242
347. Зауважимо, що з 9 вершин многогранника можна було б вибрати дві такі, у яких відповідні координати мають однакову парність. Тоді середина відрізка, який сполучає ці точки, має цілі координати, а це суперечить умові задачі. Отже, п < 8 (див. також розв'язання задачі 332). 348. Див. задачу 340. 349. Досить знайти всі ті значення а, при яких похідна /'(дг) функції /(*) додатна. Маємо /' (х) = 2* 1п 2 [2^ + а2* + (1 - а)]. Нехай 2х = г. Тоді треба встановити, при яких значеннях а виконується нерівність 2а + аг + 1 - а > 0 (1) при всіх г > 0. Зауважимо, що нерівність (1) виконується, зокрема, при всіх значеннях г, якщо квадратне рівняння 2а + аг + 1 — а = 0 (2) не має дійсних £оренів; це буде тоді, коли а? — 4(1 — а) < 0, тобто при -2(1 +/2) < а < 2 (/2- 1). Нехай тепер а таке, що а?— 4(1 — а) > 0. Нерівність (1) в цьому випадку виконується при г > 0 тоді, коли обидва корені квадратного рівняння недодатні, тобто, якщо —а — /02 + 40 —4 « 0, —а + У аі + 4а — 4 < 0. (3) З другої нерівності системи (3) знаходимо, що а > 0; перша нерівність при а > 0 виконуватиметься автоматично. Підносячи до квадрата обидві частини нерівності У аї + 4а — 4 < а, дістанемо а < 1. Таким чином, рерівність а? — 4 (1 — а) > 0 і система (3) справджуються при 2(|/2— 1)<а< 1. Нерівність (1) виконується при всіх г > 0, якщо —2(1 + У 2) < а< І. 350. а) Послідовність {ап} монотонно зростає. Справді, ^ ап , і Ґ ап йп+і > ~2”тт у *4"= ап* Припустимо, що {ап} обмежена. Тоді {ап} має границю: {іша,^ = а > 0. Переходячи до границі в рівності матимемо «.«-ї+Ут+гґ ні —т+/?+!- и З рівності (2) маємо а -і/’ а^ а>т+ к т = а- Прийшли до суперечності. Отже, послідовність {ап} необмежена. 243
б) Для доведення використаємо таке допоміжне твердження: при с> —1 справджується нерівність У справедливості (3) легко пересвідчитися, підносячи до квадрата обидві частини її. Піднесемо тепер до куба обидві частини рівності (1). Матимемо З цієї нерівності при п = 249 знаходимо, що агьо < 10. 351. Див. задачу 343. 352. На кожному ребрі куба повинна існувати принаймні одна точка, яка належить многограннику Т (якщо це не так, то проекція Т в напрямі відповідного ребра не збігалася б з відповідною гранню куба). Виберемо на кожному ребрі куба К по одній точці многогранника Т. Розглянемо опуклий многогранник С з вершинами в вибраних нами точках. З опуклості Т випливає, що С С2 Т. Обчислимо об’єм доповнення К \ С многогранника С. Зауважимо, що /С\ С є об’єднанням восьми трикутних пірамід. Поділимо ці піраміди на пари — по дві піраміди біля кожного вертикального ребра куба. Розглянемо одну таку пару пірамід. Нехай і 52 — площі основ пірамід, а /і і 1 — Л — висоти пірамід. Тоді сума об’ємів пірамід дорівнюватиме 1Л+С<1+І-. (3) =(*)’(> + /‘+і)' - (т)‘[‘+3 /1+ ґ А \ / А \ Г А 1 /І? Г / Л \ Таким чином, а„3+І-аД<3 + -і-<4. ап (4) Тому розглядаємо, не перевшцуе 1 , 1,1,, ,ч 1 1
ч: 1 2 Отже, сума об’ємів усіх восьми пірамід не перевищує 4 • , 6 З Тому 2 1 об’єм Т > об’єму С > 1 —— = зо 353. Задане рівняння еквівалентне системі Г*3 — 9л:?— * + 9 = 0 Іх(хй — 1)-9(*? — 1) =0 \х3 + 3*?— х — 3 = 0 1) + 3(х?—1) = 0 ^ (АГ? — 1) (дг — 9) = 0 .(*!_!) (х + 3) = 0. Розв’язки цієї системи, а отже, і даного рівняння х± = 1 і х2 = —1. 354. Встановимо, за яких умов довільний чотирикутник АВСО із заданими елементами | АС | = т, | Вй | = п і АОВ = а, діагоналі якого перетинаються в точці О (рис. 155), матиме найменший периметр. Проведемо (ВЕ) !| (СА) і (АЕ) || (СВ), побудувавши паралелограм АСВЕ. Трикутник ЬВЕ повністю визначений, оскільки | ВО | = я, | ВЕ і = т і ОВЕ = 180° — а. Зрозуміло, що | ВС | + | Ай | = = | ЕА \ + | АО | > І ЕО |, причому рівність можлива тільки тоді, коли точки Е, А, О належать одній прямій. У цьому разі [ВС] || II [АО] і сума | ВС | + | АО | найменша з усіх можливих. Так само сума | АВ | + | СЕ) | найменша з усіх можливих за умовою [АВ] || [Сй]. Отже, периметр заданого чотирикутника АВСО найменший, якщо він паралелограм. 355. Ні. Біля точок одного кольору будемо писати цифру 0, а біля точок другого кольору — цифру 1. Розглянемо 7 рядків даного прямокутника, кожний з яких містить З вузли. Дістанемо табличку розмірами З X 7, що складається з нулів і одиниць. Доведемо, що при довільному фарбуванні точок утвориться прямокутник із сторонами, паралельними сторонам даного прямокутника, у вершинах якого стоять однакові цифри. Усього існує 23 = 8 різних способів зафарбування вузлів, яким відповідає 8 різних наборів, складених з 0 і 1, по 3 цифри кожний, а саме: (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0), (1, 0, 1), (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1), (0, 1, 0). У верхньому рядку принаймні дві точки зафарбовано одним кольором. Отже, у наборі трьох цифр першого рядка є принаймні дві однакові цифри (нехай для конкретності нуль). Якщо в якомусь з інших шести рядків зустрінеться набір (0, 0, 0), то висловлене вище твердження справедливе. Якщо ж далі набір (0, 0, 0) відсутній, то з наявних шести різних наборів обов’язково знайдуться два такі, які також дадуть потрібний прямокутник (наприклад, (1, 1, 1) і (1, 1, 0)). 356. Зазначимо, що АіВі -}- В^В2 -}- В2С± -{- С\С2 С2А2 А2Аі =~(Г (1) 245
"Ь В2Сі -{- С2А2 — о. Віднімаючи співвідношення (2) від (1), матимемо В^В2 + С^С2 + ЛИї =”0І (3) (2) Рис. 158 Співвідношення (3) встановлює, що коли вектори ВхВ2у С±С2 і А2А^ неколінеарні, то з відрізків АіА2, ВХВ2% СХС2 завжди можна скласти трикутник. Може статися, що вказані вище вектори колінеарні (рис. 157). Із співвідношення (3) бачимо, що тоді довжина одного з відрізків і41Л2, В1В2і СхС2 є сумою довжин двох інших, а тому трикутник скласти не можна. 357. Припустимо для конкретності, що велосипедист з пункту В виїхав раніше від мотоцикліста і нехай у момент початку руху мотоцикліста він знаходив- >4 С В' В В В" ся уже в точці В' (рис. і—о оо о— 158). Відрізок шляху АВ' до зустрічі в точці С гонщики долали разом. Після зустрічі вони розвернулися і поїхали назад. Через певний час велосипедист знову знаходитиметься в точці В'9 а мотоцикліст у точці Л. Побудуємо точку В"9 симетричну точці В' відносно точки В, і умовно перенесемо велосипедиста в цю точку. Враховуючи, що | В'В | = = | ВВ"|, можна тепер розглядати умовний рух мотоцикліста і велосипедиста вже назустріч один одному. Відрізок шляху АВ” до зустрічі в точці й гонщики, таким чином, долатимуть разом. Після зустрічі вони розвернуться і через певний час велосипедист знову знаходитиметься в точці В' (адже | О В | + | В В” | = | ИВ\ + | В В' |), а мотоцикліст в точці Л. Ситуація зведеться до вже розглянутої вище. Отже, третя зустріч знову відбудеться в точці С, четверта —.в точці О і т. д., 1978-ма зустріч гонщиків відбудеться, таким чином, у точці й.
358. Біля того, хто спочатку повернувся наліво, будемо писати цифру 1, а біля того, хто спочатку повернувся направо,— цифру 0. Вихідне положення колони після першої команди перед поворотами на 180°, таким чином,— це деякий набір 40 цифр, складений з нулів і одиниць. Зазначимо, що саме комбінація цифр 0, 1 визначає тих, хто опинився обличчям один до одного. Один поворот змінює в наборі всі такі комбінації цифр на комбінації вигляду 1, 0. Припустимо, для конкретності, що спочатку одиниць не більше, ніж нулів. Ясно, що на першому місці зліва цифра 1 з’явиться не пізніше ніж за 39 с, на другому місці зліва (якщо є ще одиниці) — не пізніше ніж ще за 38 с і т. д., на двадцятому місці зліва (якщо всі одиниці ще не вичерпано) — не пізніше ніж ще за 1 с. Після цього рух остаточно припиниться. Усього для припинення руху пор трібно не більш як 39 + 38 + ... + 1 *= 780 (с) = 13 (хв). г Якщо ж нулів не більше, ніж одиниць, то слід аналогічно роз^ глянути перше, друге і т. д., двадцяте місця праворуч, аналізуючи час появи на них усіх наявних нулів. 359. Позначимо О А + V = ОС і, ОБ + у = ОС2. Очевидно, точки Сі і С2 належатимуть колу (Оі г), яке дістанемо з даного кола в результаті паралельного перенесення його на вектор VI Т-+ (О) = V = Оі» ^ Нехай І V І > г і, отже, точка О знаходиться зовні кола (О*, г) (рис. 159, а). Величина кута а = (ОС*, ОС2) буде найбільшою в тому випадку, коли точки Сі і С2 такі, що (ОСх) І (ОС2)— дотичні до кола (Оі, г). Отже, шукані точки А і Б — прообрази точок Сі і С8 при переміщенні Т на вектор v. З трикутника 0Х0С2 видно, що sin —%а* = , а отже, а = 2 arc sin . 2 _М 14 Нехай І v І = т і, отже, точка О знаходиться на колі (Ох, г) (рис. 159* б). Кута = (OClf ОС2) при цьому, очевидно, можна зробити як завгодно близьким до 180°, наближаючи точки Сг і С2 до точки О. Максимального свого значення кут а в цьому випадку не матиме. Нехай, нарешті, | v \ < г і, отже, точка Q знаходиться всередині кола (0lt г) (рис. 159, б). Узявши в цьому вйпадку точки Сг і С2 так, щоб Clt О і С2 належали одній прямій, дістанемо Йста^ = 180°. 247
Шукані точки А і В — прообрази точок Сх і С2 при переміщенні Т па вектор V — також належать прямій (СхСз). 360. Число р взаємно просте з числом 10 і, як легко встановити, дріб чистий періодичний. Нехай -і- = 0, (аха2... а,п) = 0, (а), де а = аха2 ... ат. Маємо а 1 а а . _ \0т _ а у — То^+ 10?"* + і 10™ — 1 * 10"* або 10ш — 1 = ар, тобто остаточно а1аг...ат • р = Э9...9 • (1) т раз У формулі (1) число 99 ...9, очевидно, ділиться на 9, число р як просте на 9 не ділиться. Отже, аха2 ... ат ділиться на 9. Виходя* чи з ознаки подільності на 9, встановлюємо, що сума всіх цифр, що стоять в періоді, а саме: ах + а2 + ... + апи також ділиться на 9. Зауваження. Порівняйте цю задачу із задачею 3-77, при розв’язанні якої будуть використані деякі з встановлених вище фактів. 361. Виберемо напрям обходу по колу за рухом стрілки годинника. Тоді вихідне положення учнів після першої команди перед тим, як повернутися на 180°, описується певним числом учнів к, які опинилися обличчям у вибраному напрямі обходу і певною кількістю .(40— &) тих, які опинилися обличчям у протилежному напрямі. Надалі при кожному повороті на 180° участь беруть певні пари учнів, що опинилися обличчям один до одного. Після кожного повороту вказане вище число к, очевидно, лишається незмінним. Отже, можна знайти пару учнів, що стоятимуть обличчям один до одного, і рух, таким чином, ніколи не припиниться. 362. Нехай [У 4п + 2] = к. Число 4л + 2 = 2 (2п + 1), очевидно, не може бути точним квадратом, тому к < /4/і + 2< к + 1 (п, Л; Є Ю. (1) Пересвідчимося в тому, ЩО І [Уп+ Vп + 1] = 6 а<5о к <^У п + У п + \ <^ к + \. (2) Справді, з одного боку (Уя + У>п 4“ О* = 2я 4~ 1 4“ 2 У + п < 2п 4- 1 ^ + -^1 = = 4я4-2<(*4-1)* (тут використано те, що У п* + п<п+ » 1 права частина нерівності (1)). З другого боку, (Уп + УгГ+1)а = 2п 4- 1 4- 2 Уп* + п>2п +1 + 2 п = - 4л 4- 1 > № 248
(тут використано те, що 1Аі? + я>л, а також очевидну нерівність 4л + 1 > £2, яка негайно випливає з лівої частини нерівності (1)). Отже, нерівність (2) справедлива, тому при кожному п £ N ІУп + Уп-\- і] = [і/Чя + 2]. 363. При п = І рівняння набуває вигляду | х | + | х + 1 | = І і, очевидно, має безліч розв’язків. При п = 2 рівняння | х| +1 х + 1|+ + | х + 2| =2 також має розв’язок: х = — 1. Доведемо, що при п > З дане рівняння не має розв’язків. Справді, |х| + |х + л|>л при всіх х Є причому |х| + |х-Н + л | = я при х 6 [—я; 0]. Звідси маємо, що при х Є ] — °°; — я [ 0 0 ] 0; +оо [рівняння не має розв’язків, а для того щоб воно мало розв’язки при х 6 £—л; 0], повинна виконуватися умова | х + 11 + і і Є' Рио. 16І + |х + 2|+-*«+|х+Л — 1 І =0, п > 3 при деяких х з цього проміжку, а це, очевидно, неможливо. 364. Побудуємо ступінчасту фігуру, що містить у собі всі т, близьких до даного кола внутрішніх вузлів І не містить жодного з М, близьких до даного кола зовнішніх вузлів, так, як показано на рис. 160. Назвемо прямі кути А( зовнішніми, а прямі кути В( внутрішніми кутами фігури. Нехай їх число відповідно N і п. Очевидно, для довільної замкненої ступінчастої фігури N — п = 4. Зауважимо тепер, що за рахунок кожного зовнішнього кута Аі різниця між близькими до даного кола зовнішніми вузлами і близькими до даного кола внутрішніми вузлами збільшується на 1, а за рахунок кожного внутрішнього кута Ві зменшується на 1. Справді, внутрішньому вузлу /, прилеглому до вершини кута А, відповідають два зовнішні вузли — 4 і 5, а двом внутрішнім вузлам 2 і З, прилеглим до вершини кута В,— тільки один зовнішній вузол 6 (рис. 161). Для інших внутрішніх вузлів, близьких до даного кола і не прилеглих ДО вершин кутів Аі І Ві, існує рівно стільки ж зовнішніх вузлів, близьких до даного кола. З наведених вище міркувань випливає, що М — т + (# — п). Отже, завжди М — т — N — я = 4. 365. Доводитимемо від супротивного: нехай серед вказаних чисел різних буде не більш як 31. Зафіксуємо одну з даних точок і з центром у ній побудуємо різні концентричні кола, але не більш як 31, на яких лежатимуть всі інші 1977 точок. Зрозуміло, що серед цих кіл принаймні одне містить не менш як 64 зазначені точки (адже 63 • 31 = 1923 < 1977). Розглянемо це коло. Проведемо діаметр 249
А В так, щоб один з його кінців (точка А) збігся з заданою точкою (рис. 162). Тоді одне з утворених при цьому півкіл містить не менш як 32 задані точки (адже 31 *2 = 62<63). Сполучимо їх відрізками з точкою А. Довжини таких 32 відрізків різні. Отже, серед чисел, які виражають довжини всіх можливих відстаней між точкою А і 32 вказаними точками, можна знайти більш як 31 різне, що суперечить нашому припущенню. Суперечність доводить, що серед усіх чисел, які виражають довжини всіх можливих відстаней між заданими точками, різних не менш як 32. 366. Вважатимемо для конкретності, що /_АОВ гострий і АОВ= = а (рис. 163). Розглянемо спочатку випадок, коли коло з центром у точці лежить над (ОВ), а коло з центром у точці 02 — над (ОА). Нехай К є точка дотику цих кіл. Точки Ох І 02 лежать на перпендикулярах, поставлених відповідно до (ОВ) і (ОА). Знайдемо і оло пп х ОКА = 180° — ОКОі — АКОі = 180° — ——д 1 — 180° - АО^К ООЇК + А02К 2 2 (адже трикутники ООїК 1 А02К — рівнобедрені). '"‘Ч Зазначимо, що ОхОА.= 90° — а, 0А02 = 90°, і з чотирикутника 0Х0А02 знаходимо ОО^К + А02К = 360° — ОхОА — 0А02 = 180° + а. Отже, величина кута ОКА стала і дорівнює а . Шукана множина — це множина точок, з яких відрізок ОА видно під кутом 90° + ~ , тобто дуга деякого кола (точки О і А виключаються). Симетрична їй відносно (ОА) конгруентна дуга відповідає розташуванню кіл з центрами в точках Ох і 02 відповідно під (ОВ) і (ОА). Розглянемо тепер випадок, коли коло з центром у точці Оі розташоване над (ОВ), а коло з центром у точці 02 *- під (ОА) (рис. 164). Нехай К — точка дотику цих кіл. 250
Знайдемо ОКА = ОКОі + ОіКА = 1808 ~ °°іК + 180» - *-8°° — *°*к: = 180° ■ ООіК — АОіК 2 Зазначимо, що 02РА = ОРОі = 90° — А02К (Р = (ОхОг) П (О А)), РООі = 90° — а. З трикутника ООгР знаходимо, що 00ХР + ОРОі + + РООг = 180°, тобто ОО^ІС + 90° — АО^К + 90° — а = 180°, а от- же, ООгК — ОА2К = а. Таким чином, у цьому випадку величина кута ОКА також стала і дорівнює 180° — а — 2*, а шукана множина — це множина точок, з яких відрізок О А видно під кутом 180° — Рис. 164 Рис. 165 — -2-, тобто дуга деякого кола (точки О і А виключаються). Симетрична £й відносно (ОА) конгруентна дуга відповідає розташуванню кола з центром у точці О/ під (ОБ), а кола з центром у точці 02 — над (ОА). Шукану множину точок зображено на рис. 165. 367. Доведемо, що піраміди з вказаними властивостями не існує. Справді, припустимо супротивне: нехай сума всіх векторів, довільно напрямлених уздовж ребер піраміди, дорівнюватиме нульовому вектору. Проекція нульового вектора на довільну вісь І дорівнює 0. Виберемо за вісь І пряму, паралельну висоті піраміди. Проекція кожного вектора, напрямленого вздовж ребра основи піраміди, на вісь / дорівнює 0 (адже такі вектори перпендикулярні до осі /). Проекцією кожного вектора, напрямленого вздовж ребра піраміди, на вісь І є довжина висоти піраміди, взята із знаком «+», якщо кут між напрямом цього вектора і віссю / менший 90°, і із знаком «—», якщо кут більший 90°. За умовою задачі бічних ребер — непарне число, тому сума проекцій векторів, напрямлених вздовж бічних ребер піраміди, на вісь І не дорівнює нулю. Отже, сума проекцій усіх векторів на цю вісь не може дорівнювати нулю. Відомо, що проекція суми векторів на довільну вісь дорівнює сумі проекцій 251
цих векторів. Отже, проекція суми всіх розглядуваних векторів на вісь / не нуль. Суперечність доводить твердження. 368. Очевидно, послідовність {хп} неспадна: хл+і > хп при п > 1. При довільному с хп > 0 і, таким чином, { хп) обмежена знизу. Методом математичної індукції доведемо, що у випадку, коли с 6 [0; 1], послідовність { хп } обмежена також зверху. Для цього переконаємося у справедливості нерівності хп <Г с (твердження А (я)) при будь-якому натуральному п. Справді, А(1) істинне. Доведемо, що Л(£)=*А(£+ 1). Справді, = хк + (х* — б)2 = хь — с + + (хк — с)2 + с < с (тут враховано, що (с — Хк)2 < с — Хк при 0 <с<1).*3а теоремою Вейерштрасса { хп } при с£ [0; 1] має границю Ііш хп = а. Знайдемо а, переходячи до границі в заданому п-у 00 рекурентному співвідношенні: а = а + (а — с)2. Отже, а = с. Нехай с 6] 1; + °° [ 111 ~ 00і 0[. Зауважимо, що х2 = с2у х3 = = с2 + (с2 — с)2 > (с2 — с)2. Методом математичної індукції доведемо, що при будь-якому натуральному п > 3 справедлива нерівність хп > (п — 2) (с2 — с)2 (твердження В (п)). Справді, В (3) істинне. Доведемо, що В (&)=*В (к + 1). Справді, х*+1 = хк + (хк — с)2 > > (£ — 2) (с2 — с)2 + (с2 — с)2 = (6 — 1 )(с2 — с)2 (тут враховано, що Хк — Ос2 — с). Твердження В (п) встановлює, що послідовність {хп} при с 6 1 1; + 00 [ и ] — °°* 0 [ необмежена зверху і, отже, не має границі. 369. Зауважимо, що всього різних можливих квадратів розмірами 2X2 на шахівниці 49: їх число збігається з кількістю всіх позначених точками вузлів шахівниці (рис. 166). Припустимо протилежне, а саме: нехай менше, ніж у трьох квадратах розмірами 2X2 сума чисел більша 100. Позначимо через 5 суму чисел в усіх 49 квадратах розмірами 2X2 шахівниці і оцінимо її зверху: 0 Ь С СІ В / д Ь 5 < 47 • І00 + 2 • 250 = 5200. Рис. 166 Тут враховано, що в кожному з 47 деяких квадратів сума чисел не більша 100, а в кожному з деяких двох — не більша 61 + 62 + 63 + + 64 = 250. Оцінимо цю саму суму 5 знизу, враховуючи, що числа в чотирьом клітинках аі, а8у кі, Ш при розгляді всіх можливих 49 квадратів зустрінуться тільки один раз, числа в 24 клітинках а2 -г- аі% Н2 н- Л7, Ь2, с2, й2, е2, /2, £2, Ь7, с79 (І7, е7, /7, £7- двічі, а числа в решті 36 клітинок — чотири рази. Маємо 5 > 64 + 62 + 63 + 61 + 2(60 + 59 + ... + 37) + 4 (36 + 35 + + ... + 1) = 250 + 2(1 + 2 + ... + 60) + 2(1 + 2 + ... + 36) = « 250 + 3660 + 1332 = 5242. Прийшли до суперечності, а це доводить існування принаймні трьох квадратів розмірами 2X2, сума чисел у кожному з яких більша 100. 8 1 6 5 и З 2 1 252
370. Зрозуміло, що другий гравець завжди зможе добитися, щоб функція перетворилася в нуль п разів, поставивши, наприклад, «свої» п точок на осі абсцис. Покажемо,*що при правильній грі перший гравець завжди може перешкодити~другому добитися більшого числа нулів. Позначатимемо надалі точки, які ставлять на осі абсцис, через «0», точки верхньої півсмуги — через «+», точки нижньої півсмуги — через «—», впорядковуючи їх зліва направо відповідним розміщенням символів 0, +, —, ... . Спочатку перший гравець ставить +. Якщо відповідь другого дає комбінацію Н або К то далі відповідь першого дає + 0 — або —0 + . Якщо відповідь другого гравця дає +0 або 0 +, то далі перший продовжує +0 + або +0—. Відповідь другого на першому кроці + + для нього,-очевидно, не найкраща. Надалі стратегія першого гравця та сама, що й на другому ході: протягом усієї гри йому слід відразу відділяти кожний новий нуль іншими символами праворуч чи ліворуч або ж вставляти «свій» нуль між двома сусідніми різними іншими символами, якщо така пара утвориться. 'При правильній грі обох гравців перед останнім ходом другого обов’язково виникне комбінація * 0 * 0 ... # 0 * (* заміняє символ + або —). Своїм правильним останнім ходом другий гравець, як неважко бачити, зможе у функції збільшити число її перетворень в нуль тільки на одиницю і досягти, таким чином, у функції рівно п нулів. 371. Припустимо протилежне: нехай при деякому п £ N число п + уГп-}-\/Гп = т, д є т £ N. Тоді числа V п-\- п = т3 — з — /і = & і -/п — № — п — 1 натуральні. Маємо далі п = /3, з >^3 + / = к і» отже, /3 + / = к3 для деяких натуральних чисел / і к таких, що к > /. Зауважимо, що при будь-якому і £ N виконуються нерівності /3 < /3 + /<(/+ І)3, а тому вираз /3 + І не може бути точним кубом деякого натурального числа. Суперечність доводить твердження задачі. 372. а) Усіх /л-значних чисел, очевидно, N = 9 • 10т”Ч Позначимо через М кількість т-значних зрівноважених чисел. Оцінимо число М зверху. Кількість чисел, зрівноважених першою цифрою, дорівнює 9 • 10™”?; зрівноважених першими двома 9 • 10 • 10™“4 = *= 9 • 10т_3, першими трьома 9 • 10 • 10 • Ю™“8 = 9 • 10ш”4 і т. д. Зрозуміло, що Г/п-Л М < 9 • ІО*-? + 9 • 10«-* Н [- 9 . 10і 2 і . Таким чином, ГМ М ^9- 10*-*+ 9* 10*-»н Ь9-10^ 2 1 N < 9 . Ю"-» < 4- -1 ^ 10 10? Ч 9 * що й треба було довести. 253
б) Зазначимо, що довільні натуральні числа вигляду л/гл і л£л£, де л — натуральне число, а к — будь-яка з 10 цифр, є зрівноважені. Побудуємо одне з чисел, що вимагаються в умові задачі, виходячи з таких перетворень: 9 989 -»► 9897989 98979896989789 аЬа Ь4Ь - ь с ~d2d- е а -е\е- - сЗс - 70/. Помічаємо, що перше число зрівноважується тільки цифрою 9, приписаною праворуч; друге — цифрами 9 або 8; третє — однією з цифр 9, 8, 7; четверте — однією з цифр 9, 8, 7, 6. Кожне наступне число не перестає бути зрівноваженим в результаті приписування до нього ще однієї з наступних цифр. Цілком очевидно, що число /0/, складене з 210 — 1 цифр, є шукане. 373. Добудуємо на стороні АВ, як на діаметрі, півколо у внутрішній бік. Нехай М і N — точки його перетину відповідно з [і4С] і [БС] (рис. 167); сполучимо відрізком ці точки. Позначимо Р = (АС) П (ЕН) і (Ї=(ВС) П (ЕН). Шестикутник AMNBHE правильний, адже —ч АМВ = АМВ = 9(У> (ці кути спираються на діаметр), а ВАМ = АВМ = 30°. Останнє означає, що ІУЯ = АМ = = 60° і, отже, = 60°. З того, що (АВ) || (Рф), | ВН | = \ ЕН | = = | АЕ | і з конгруентності правильних трикутників РАЕ і НВ(2 випливає, що відрізки РЕУ ЕН і Н<2 конгруентні. Оскільки (АВ) Ц (Р<2), дістанемо \АК\ = \КЬ\ = \ЬВ\І що й треба було довести. Ь 374. а) Так. Покажемо, що lim а7І = —, де b = \\mbn. /І-*- ОО Ö fl-b 00 послідовно при п Є N: Ьп Art-І &П ^П-І . gfi-2 Маємо ап = - + 22 + 22 ~~ (—1)Я До 2п Ьд &П-І 2 22 і, отже,
де «„ = (-1 )п+ч (-^L- - +...) = (-1)»« j^n-V о, коли я->-оо. Таким чином, . * І ^ . |6п,ї-6| . . \Ьі-Ь\ |а„| " ЗІ І 2 1 2? 1 1 2" + + і«/»і = |6п^-61 +|6я~і27&і +-- + |f,*^&l +vn, (і) де Yrt = Цйп +1 «п І нескінченно мала. Зауважимо, що з означення збіжності послідовності { Ьп } випливає, що для довільного е > 0 існує такий номер N, що при всіх g n>N виконується нерівність І Ьп — Ь І < у . З обмеженості послідовності {Ьп} випливає існування такого числа С > 0, що при всіх п £ N виконується нерівність I bn — b | < С. При n>N нерівність (1) запишемо у вигляді Ь\^\Ьп — Ь\ 1^+1— Ь\ І6лг— *1 . . :1~ З-I < 2 1 ' Г 2n+|-Af Н 1- . 16,-6 т 2Р •" Тп<у(у'і Ь -^7Г=лг) “Ь с "^7Г=лГ (4' ^ + + 'р') + Уп < У + 2п-л^ + Ул = Т + + Уп = у + И*. £ де \п = 1 \1п = Уп + Уп нескінченно малі. Тоді для довільного * є е > 0 існує такий номер Л^, що при всіх п > \іп < — . ) л Отже, при всіх п> #*, де Л^=тах(ЛГ, Л^), нерівність (1) Ь набере вигляду | ап —^ < є, а це й означає, що 1і= п-»-» о б) Ні. Нехай, наприклад, сп = 0 при довільному п£ N і а0=\. Маємо Ді = — 2; а2 = 4; ; ап = (—1)п2п. Очевидно, {ап} не збігається. 375. Якщо х Є J0; 1[, то . , ч ,. х%п I sin пх І + І cos пх І . . f =лі « х*+і = I COS JW М якщо х=1, то / (1) = —і-; якщо х £ ]1; 2], то ti \ I:«, |sinnA:|+A:“3n|cos пх\ . . , / (х) = lim — і Т"-2/і L =1 sin І* П-+- оо 1 I X - 255
Графік функції зображено на рис. 168. Площа замкненої фігури, обмеженої графіком цієї функції і відрізком осі Ох, дорівнює: 2 2 ? = J I sin пх I dx = — j* si 1 2 sin nx dx = — cos яде = — Я ї я £ ^ \s\nnx \іїх-- 1 1 376. Спочатку доведемо таке допоміжне твердження. Лема. Площа паралелограма, побудованого на векторах и= = {«її «2} і V = г)ъ},яш мають спільний початок і задані своїми координатами в прямокутній системі координат, дорівнює: 5 = 1 «1«2 —м2Уі|. (1) Доведення. Позначимо —у —> кут між векторами и і V через ф. Тоді 5 = І и I I v I sin ф : = I U |2 І V І? (1 — COS2 ф) = = ]/"*I ~и\2 \ v\2 — (|*гГ||~їГ | cos ф)2. —У ——У ■ У Але за означенням скалярного добутку | и 11 v | cos ф = и • v. Тому S =}/r\'u\*\t\* — (и • 1Г)а. . Підставивши у цю формулу замість | и |, | v | і~н їх вирази через координати: | = ]/" и\ + и\, |y|=j/" + "tT •"?= + + «2^2» Дістанемо s = V( ul + “l)( иї + уі) — («і щ + «2»*? = /(uxt»2 — Иг^і)? = = |«іЄ2 —«2»ї|. що й треба було довести. Переходимо тепер до розв’язування задачі. Візьмемо в площині векторів а, b і с прямокутну систему координат. Нехай а = {ах\ а2}» —У —У —У —У Ь={6і; 62}. Оскільки вектори а і b непаралельні, то вектор с можна записати у вигляді с = х а + ybt де х і у — шукані числа. —^ —У —У —У —У Тоді вектори с, а + г, 6 + с матимуть такі координати: ~c=*{xai + ybi\ xat+ybi}, ~а+~с = {аі + xat + ybt; а2 + ха2 + уЬг), b -{* с = (bj -j- хщ -J- ybi, b2 -f-xa2 -J- ybg). (2) Позначимо площу паралелограма, побудованого на векторах~а+~с, їГ через Slt а площу паралелограма, побудованого на векторах"? +
•+■ с, а, через Яи. Тоді, скориставшись формулою (1) та рівностями (2), матимемо = І («х + *Ох + уЬі) Ь2 — (а2 + ха2 + уЬ2) ^ | = = \(х + 1)(яА — Мі) І; = І (*і + *«х + Уьі) «а — (*2 + + у62) Оі | = = І(У + 1)(ах&а — а2Ь]) |. Для того щоб ц.і площі були рівними, необхідно і достатньо, щоб х і у задовольняли таку рівність: | (де + 1) (аф2 — афі) І = І {у + 1) {ахЬ2 — афі) |. (3) Оскільки вектори а і непаралельні, то іг Фтг, а отже, агЬ2 — ”2 — аФіФ 0. Тому рівняння (3) рівносильне такому рівнянню: Отже, умову задачі задовольняють усі вектори такого вигляду: ~с = х(^Г+іГ) і7=х(Ї-~ь)-2Ь, де де —будь-яке дійсне число. 377. Нехай ^ — §і(аіа2 •••акт)* Зауважимо спочатку, що а±а2 ... акт • Р = 99.. .9 . (1) кт раз У формулі (1) число 99... 9 ділиться на 99... 9, число р як просте кт раз т раз на 99 ... 9 не ділиться. Отже, аха2 ... акт ділиться на 99 ... 9* т раз т раз Позначимо ага2 ... акт = Ні* ••• /£> Де т-цифрові числа-«куски» Іи ^а> •••» Ік* е, можливо, й такі, що починаються з нулів. Маємо * кІ2... Ін = к • + /2 • Ю(*-?)^ + ік-і • 10« + ік = = /і(іо<*-»>«* — і) + /2 (10(*-2)« -1) + —ь ік-і (іо^ -1) + /і + + /2 + • • • + /*. Число /і/2 ... /л, як доведено вище, ділиться на 99 ... 9. Кожне т раз з чисел в дужках вигляду \(Ут — 1 = 99 ... 9, т = 1, 2, ..., А — 1 гт раз також ділиться на 99... 9. Отже, і сума чисел-ікусків» /* + /2 + • • • т раз • • • + Ік також ділиться на 99... 9, що й слід було довести. т раз 257
378. Нехай на площині дано 2п точок. Доведемо, використавши метод математичної індукції, що проведено не більше п2 відрізків. Для випадку п = 2 твердження очевидне (рис. 169, а), в цьому разі проведено 4 відрізки. Припускаючи справедливість твердження задачі для 2п точок, розглянемо на площині довільну сукупність 2п + 2 точок. Виберемо з цієї сукупності точки ■А і В, сполучені відрізком (рис. 169, б). Решту 2п точок сполучено між собою не більш як п2 відрізками. З точками А і В ці 2п точок, очевидно, сполучено 2п відрізками (якщо точка С сполучена з А, то С не може бути сполучена з В і навпаки). Отже, усього проведено не більш як п2 + 2п + 1 = (п + І)2 відрізків. Твердження доведено. У випадку 2000 точок'л = = 1000, а отже, проведено не більш як 1 ООО2 = 1 000 000 відрізків. 379. Послідовність {Ьп} монотонно зростаюча. Справді, при будь-якому п > 1 . . ап + У а%+1 °П+1 — Ьп — ~ 2п+ь ап_ У ап+ 1 — <*л ^ Л ■ 2* ~ З другого боку, Ьп+і — Ьп = -=1^- - < "2лТГ (*€#)• 0) 2«+» (У аЙ+1+а„) Запишемо очевидну рівність Ьп = *і + (*2 — *і) + (*з — *а) + • • • + (*л-і — *я-г) (*/х — Врахувавши (1) і те, що ~, маємо 6/і<-§- + ^ + ^ + ••• + + 2« <у+ ^ + ^+ •• • = 1 для будь-якого натурального п. Отже, монотонна послідовність додатних чисел {Ьп} обмежена зверху. За теоремою Вейєрштрасса вона має границю. 380. Так, можна. Вимоги задачі задовольнятимуться, наприклад, серединами М,- N, Р, (} чотирьох ребер АВ, ВС, СЛ і ИА правильного тетраедра АВСО (рис. 170). Справді, для кожної грані тетраедра деяка пара із зазначених точок є серединами сторін певного правильного трикутника. Для розв’язання задачі досить, очевидно, розглянувши для конкретності трикутник А ВС (рис. 171), довести, що два круги, побудовані на сторонах [АВ] і [ВСІ цього трикутника як на діаметрах, повністю покривають його і, таким чином, відстань від довільної точки 258
трикутника ABC до найближчого з двох центрів (точок М і N) побудованих кіл не більша від радіуса цих кіл, тобто не більша -у. Проведемо [ВН] j_ [АС]. Зрозуміло, що точка Н належить обом побудованим колам, адже саме з неї [АВ] і [ВСІ видно під кутом 90°. Але тоді трикутник АВН повністю покритий кругом з центром у точці М, а трикутник ВНС — кругом з центром у точці ,V. 381. Зрозуміло, що три нулі стояти поруч ніколи не можуть, інакше деякі два з них повинні утворитися з однієї попередньої цифри, що суперечить правилам перетворення числа в ЕОМ. Тому на п-му кроці є смисл підраховувати число ап пар нулів, що стоять поруч. Я При перетворенні чисел в ЕОМ ні 0, ні 1 на наступному кроці не дають комбінації 00, таку пару по- Рис. 171 роджує лише комбінація 01 (інші комбінації: 00; 10; 11 не підходять). Звідси випливає, що Число пар нулів які стбять поруч, на (п + 1)-му кроці дорівнює числу комбінацій 01 на л-му кроці. Зауважимо тепер, що на л-му кроці серед 2п цифр зустрічається нулів (адже їх число на кожному кроці дорівнює, очевидно, числу одиниць), причому після нуля нуль стоятиме в ап випадках, а одиниця, таким чином, у решті (2п~х — ап) випадків. Отже, на л-му кроці є рівно 2п~х — ап комбінацій 01. З наведених вище міркувань при будь-якому п £ N маємо а„+і = 2"-і-а„, (1) причому йі = 0. Доведемо за допомогою принципу математичної індукції, що при будь-якому п > 2 ап = 2п-і + (—\)п (2) (твердження А (п)). Оскільки з (1) а2=\, то А (2) є істинне. Доведемо, що при Аг > 2 А (^)=ФЛ (&+ 1). Справді, згідно з (1), Д/г+і : = 2*-* - я* = 2*-* - ІИ±ЬІ2І = 2»±М)*І Твердження доведено. Зазначимо, що при п = 1 формула (2) також справедлива. 259
и . 2"-і + (— І)'» На я-му кроці записано, таким чином, ^ пар нулів, що стоять поруч, 382. Розглянемо випадок, коли М ф т, інакше всі хп = 0 і нерівність очевидна. Нехай уп = хп — т, п— 1,2, ... к9 тоді уп> 0 * Уі + У і + • • • + Уь = — кт. Маємо далі Ух + У\ + • • * + У\ = х\ + *1 + • • • + х% ““ 2/п (хі + дг2 + • • • + Хк)-\г ктї = х\ + х§ + •• • + х\ + 6т*. (1) Зауважимо, що серед чисел найбільшим буде додатне число М — т9 а отже, у\<уп(М — т), п = 1, 2 Лі + */і + * • • + У% < (Уї + Уг + • • • + Ук) (М — т) = = —кт (М — т) = —ктМ + кт%.. (2) Використовуючи співвідношення (1)—(2), дістанемо х\ + хН Ь х\ = у\ + у\ 4 1- УІ — Ьі? < < —ктМ + &т2 — кпй ■= —6тЛ1, що й треба було довести.
ЗМІСТ Передмова до четвертого видання З Передмова до першого видання * І . 4 Задачі республіканських математичних олімпіад . . » * . 5 Задачі Розв’язання I олімпіада (1961) VII клас 5 51 VIII клас 5 52 IX клас 6 55 X клас 6 57 II олімпіада (1962) VIII клас 7 58 IX клас. . 8 60 X клас 8 63 XI клас 9 65 III олімпіада (1963) VIII клас 10 66 IX клас 10 67 X клас 11 70 XI клас 11 72 IV олімпіада (1964) VIII клас 12 74 IX клас 12 75 X клас 13 77 XI клас ІЗ 80 V олімпіада (1965) VIII клас 14 83 IX клас 15 84 X клас 15 86 XI клас 16 87 VI олімпіада (1966) VIII клас 16 89 IX клас 17 92 X клас 17 94 XI клас 18 97 261
VII олімпіада (1967) VIII клас IX клас . X клас VIII олімпіада (1968) VIII клас . * . IX клас. . . X клас. . • IX олімпіада (1969) VIII клас IX клас X клас. X олімпіада (1970) VIII клас IX клас X клас XI олімпіада (1971) VIII клас IX клас X клас XII олімпіада (1972) VIII клас IX клас X клас XIII олімпіада (1973) VII клас VIII клас IX клас X клас XIV олімпіада (1974) VII клас VIII клас IX клас X клас XV олімпіада (1975) VII клас. VIII клас IX клас • ♦ X клас XVI олімпіада (1976) VII клас. VIII клас IX клас X клас •
XVII олімпіада (1977) VII клас. VIII клас. IX клас . X клас XVIII олімпіада (1978) VII клас VIII клас IX клас X клас
Вилен Ильич Михайловский, Михаил Иосифович Ядренко, Георгий Иосифович Призва, Владимир Андреевич Вышенский Сборник задач республиканских математических олимпиад Под общей редакцией доцента В. И. Михайловского (На украинском языке) Киев, Головное издательство издательского объединения «Вища школа» Редактор Л. П. Он 1щен ко Літредактор О. П. Ковальчук Художній редактор Є. В. Ч у р і й Технічний редактор Л. Ф. Волкова Коректор Т. Г. Щеголь Інформ. бланк Кг 3892 Здано ДО набору 28.03.79. ПІдп. до друку 26.07.79. Формат 84X1087**- Папір друк. № 3. Літ. гарн. Вис. друк. ІЗ.вв умови, друк. арк. 16,01 обл.-вид. арк. Тираж 40000 прим. Вид. № 4582. Зам. 9-152. Ціна 1 крб. 10 к. Головне видавництво видавничого об’єднання «Вища школа»« 252054, Київ-54, вул. Гоголівська, 7 Книжкова фабрика їм. М. В. Фрунзе Республіканського виробничого об'єднання «ГЇолІграфкйіІЇ'а* Дер)ккомвидаву УРСР, Харків, Донець-Захаржевська, 6/8.