Ρ. Η. БОНЧКОВСКИЙ
МОСКОВСКИЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
ОЛИМПИАДЫ
1935 и 1936 гг.
ОНТИ НКТП ССвР 1936

Р.· И. БОНЧКОВСКИЙ
МОСКОВСКИ]
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОЛИМПИАДЫ
1935 и 1936 гг.
ОБЪЕДИНЕННОЕ
НАУЧНО-ТЕХНИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО НКТП СССР
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ОБЩЕТЕХНИЧЕСКОЙ И
ТЕХНО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
Москва 1936 Ленинград

Τ 24-4-4
ΤΚΚ № 57
АННОТАЦИЯ
Книга содержит краткое описание олимпиад,
происходивших в Москве весной 1S35 и 1936 гг.;
приведены задачи, предлагавшиеся на первой
олимпиаде, с решениями и задачи второго тура
олимпиады 193G г. Автор книги, являющийся
редактором сборников „Математическое просвещение",
был секретарем Комитета по проведению той
и другой олимпиады.
Кнкга представляет большой интерес для
школьников старших классов, интересующихся матема
тикой, и для преподавателей средней школы.
Автор обращается к читателям этой книги
(особенно к школьникам) с просьбой высказаться
по всем затронутым в пей вопросам.
Письма направлять по адресу: Москва, Б.
Комсомольский, 6, Главная редакция обшетехнической
литературы, Р. Н. Бончковскому.
Редакция С. А. Каменецкого. Оформление Е. Г. Шпак,
Корректура К. С. Цветковой. Наблюдал за вып. В. Т. Τ и м о φ е е п.
Сдано в πρ-во 1МХ 1936г. Подп. к печ. 11/XI 1936 г. Ферм, бумаги
82X110 1/32. Печ. л. 5. Уч.-а. л. 3,7. Печ. зн. в бум. липе Мб поп
Тираж 10.0J0. Главн. ред. общетехн. лит. № SO. 3a*.».i № Ι·Γ>1 *
У полном. Главлита № B-4f051.
3-я тип. ОИТИ им. Бухарина. Ленинград,

ПРЕДИСЛОВИЕ
13 области математики СССР стоит на одном из
первых мест в мире: работы советских ученых не только
пользуются мировым признанием, но и имеют в целом
ряде областей математики в полном смысле
руководящее значение.
Это первоклассное мировое положение советской
математической науки является одним из завоеваний
Октябрьской социалистической революции: в
дореволюционной России были отдельные крупные, даже
гениальные математики (например Лобачевский, Чебы-
шсв), но все же русская математика в условиях
царского режима не могла подняться до высоты одного
п.* основных руководящих факторов мировой науки·
Однако громадные успехи советской математической
науки должны быть не только констатированы, они
должны быть закреплены. Мы должны позаботиться
и частности о смене тому поколению математиков,
которое работает сейчас. А эта забота, основная забота
о будущем советской науки, требует, чтобы ни одно
математическое дарование из тех многочисленных
дарований, которыми так богата наша молодежь, не
пропало, не затерялось зря. Каждому из наших
подрастающих талантов обеспечено полное внимание, полная и
всесторонняя помощь и поддержка со стороны
советского государства и всего социалистического общества
нашей страны.
3

Наша задача, задача институтов, университетов,
научных обществ, всех отдельных специалистов,
фактически осуществить, провести в жизнь эту помощь и эту
поддержку.
Одной из наиболее действенных форм нашей /ю-
мощи самым молодым дарованиям является
организация олимпиады, т. е. широкого состязания, широкого
социалистического соревнования всех наших
школьников, одаренных математически и интересующихся
математикой. Это состязание должно заставить лучших
из них почувствовать себя уже настоящими
математиками, будущими учеными. Оно должно укрепить их
веру в себя, зажечь их научный энтузиазм и в то же
время заставить их почувствовать, что лишь длинный
путь упорной работы приведет их к цели, к участию
в качестве квалифицированных математиков, а иногда
и больших самостоятельных ученых, в той громадной
стройке социализма, которая развернулась в нашей
стране.
Олимпиада — это первый выход будущих
математиков на математическую арену. Она должна помочь
отобрать этих будущих математиков в среде нашего
юношества, она должна помочь обеспечить
возможности их дальнейшего математического развития и
образования. Она должна создать вокруг них ту
атмосферу внимания и поддержки, атмосферу роста и
творчества, которая возможна только в стране, которая
сама есть рост и творчество: творчество
социалистического общества и социалистической культуры.
Председатель Комитета по проведению Московской
математической олимпиады проф. П. Александров.

ОТ АВТОРА
Предлагаемая вниманию читателей книжка была
написана в конце 1935 г.; естественно, что в ней был
освещен лишь опыт первой олимпиады, происходившей
в этом году. В силу целого ряда причин выход
книжки в свет· задержался. Поэтому я счел полезным
дополнить книжку, включив в нее некоторые сведения
о второй московской олимпиаде, происходившей в
1936 г. Из задач, предлагавшихся на этой олимпиаде,
я привожу здесь только задачи второго тура, так как
подготовительные задачи были аналогичны таким же
задачам первой олимпиады, а задачи первого тура были
весьма близки к задачам второго тура первой
олимпиады.
Я надеюсь, что эта маленькая книжка будет способ"
ствовать повышению интереса к математике среди
молодежи.
Не могу не отметить, что в деле организации
олимпиад мы во многом следовали удачному опыту
ленинградских товарищей, организовавших в 1934 г. первую
в СССР математическую олимпиаду.
Р. Бомчковский.

ОРГАНИЗАЦИЯ ПЕРВОЙ ОЛИМПИАДЫ И ЕЕ
РЕЗУЛЬТАТЫ
Первая московская математическая олимпиада 1935 г.
была организована по инициативе Московского
математического общества Наркомпросом, Московским
государственным университетом и школьным сектором
ГОРОНО В организационный комитет вошли многие
видные московские профессора и педагоги: президент
Московского математического общества проф. П. С.
Александров (председатель комитета), директор
Математического института проф. А. Н. Колмогоров,
директор Московского университета проф. А. С. Бутя-
гин, профессора Л. Г. Шнирельман, С. Л. Соболев,
Л. А. Люстерник, Н. А» Глаголев, С. А. Яновская,
Л. А. Тумаркин, А. Г. Курош, А. Р. Эйгес, Η. Φ. Четве-
рухин, Е. С. Березанская, Μ. Φ. Берг и др.
В конце февраля организационный комитет
распространил печатное обращение к школьникам и списки
*адач, предназначенных для подготовки к состязаниям.
(Эти задачи с подробными решениями помещены в
первой половине книжки.) Число школьников,
записавшихся для участия в олимпиаде к началу первого
тура, достигло 518 человек. На состязания первого
тура (происходившие 30 марта) из них явились лишь
;314 человек.
По мысли организационного комитета на первом
т^ре должен был произойти отсев лиц, имеющих явно
недостаточную подготовку; поэтому задачи первого
7

тура по своему характеру были близки к обычным
школьным задачам. Из 314 человек лишь 131 успешно
выполнили работу и были допущены к участию во
втором туре.
Между первым и вторым туром происходила
усиленная подготовка к решающим состязаниям;
необходимую помощь участники олимпиады получили ш»
консультациях, происходивших в университете в
определенные дни и часы. Кроме того, для участников
олимпиады были прочитаны лекции, на которых они
имели возможность познакомиться с основными
идеями современной математики. Таких лекций было
прочитано пять: проф. Александровым —
„Бесконечность в математике", проф. Колмогоровым—
„Симметрия и группы", проф. Курошем— „Об алгебраических
операциях", проф. Глаголевым —„Логика и формы
геометрии" и проф. Яновской — „Метод полной
индукции". Наконец, комитет рекомендовал участникам
олимпиады посещать собрания Школьного
математического кружка при Академии наук, на которых в эти
дни было прочитано несколько лекций на темы,
могущие заинтересовать юных математиков. Благодаря
всей этой совокупности мероприятий олимпиада доте-
ряла черты чисто спортивного состязания и
приобрела большое образовательное и воспитательное
значение.
На второй тур олимпиады, происходивший 6 июня,
явилось 120 человек. Из них 52 успешно выполнили
задания. Победителями были признаны:
1) Зверев, Игорь Николаевич (24-я школа
Бауманского района).
2) Коробов, Николай Михайлович (24-я школа
Бауманского района).
3) Мышкис, Айна Вениаминовна (10-я школа
Краснопресненского района).
н

Победители были премированы небольшими
математическими библиотечками.
Вторую премию получили 5 человек:
1) Юнгеров, Павел Николаевич (Курсы подготовки
ι нуз).
2) Джемс-Леви, Юрий Евгеньевич (35-я школа
Краснопресненского района).
3) Рабинович, Елизавета Марковна (10-я школа
Фрунзенского района).
4) Мотулевич, Галина Павловна (10-я школа Фрун-
^•некого района).
5) Дашкевич, Александр Леонидович (35-школа
Краснопресненского района).
Остальные получили почетные отзывы.
Олимпиада закончилась совместной поездкой за
город участников олимпиады и членов организационного
комитета.
В олимпиаде принимали участие 314 человек, в том
числе 227 школьников, 65 рабфаковцев; остальные —
учащиеся курсов подготовки в вуз, школ взрослых и
г. д. Средний возраст— 18,2 лет. Два наиболее юных
участника имели по 14 лет; наиболее пожилой — 29 лет.
Основная масса имела 16—20 лет.
Мальчики составляли подавляющее большинство;
девочек было лишь 69 человек.
Каждый вариант задач первого тура содержал одну
^лдачу по алгебре, одну задачу по планиметрии и
одну по стереометрии. Как уже указывалось, эти
задачи носили характер обычных школьных задач.
На решение всех задач давалось три часа.
В следующей таблице сведены результаты первого
туря:
9

1 Варианты
I
II
III
IV
I Всего
III III ^—^—
1-я задача
4
s
В
0)
cu
43
42
44
33
162
■ СГ4
Си К
ч
о s
ас а
40
44
34
32
150
2-я задача
к
4
к
a
&>
0.
10
39
40
39
128
ex s
4
O) 5
(d: a
73
47
38
26
184
3-я задача
я
a
0)
cu
3
27
41
18
89
<L
tx к
- ^
<υ s
к Щ
80
59
37
57
233
Всего задач
I
1 я
к
a
О)
&
56
108
125
90
379
ι
a, χ
ч
<u я
ε a |
193
150
112
115
570 1
По три задачи решили лишь 41 человек (26
школьников, 12 рабфаковцев и 3 курсанта). 181 человек
решили одну или не решили ни одной задачи.
На втором туре было предложено три серии задач,
по три задачи в каждой. Каждый из решавших
должен был выбрать по одной задаче из каждой серии.
Серия А содержала геометрические задачи, серия В —
алгебраические, серия С — комбинаторные. Результаты
второго тура представлены следующей таблицей:
I Серия
А
В
1 С
1-я задача
Решили
52
5
0
Не
решили *)
27 '
6
15
2-
s
с:
я
В
си
10
73
7
•задача
Не
решили
13
21
17
3-
к
i g
cu a
π
53
я задача
Не
решили
2
11
13
*) В число не решивших включены лишь те, кто действительно
решат данную задачу, и решил ее неправильно.
-) В число решивших включены также и те, кто решил лишь
лерпую часть задачи.
10

ЗАДАЧИ, ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ
К ОЛИМПИАДЕ
1. Показать, что если а-\ Ь-\-с~0, то
if, —с с —д д_м I а Ъ ■ с \_q
Решение. Выражение, стоящее в первых скобках
{назовем его М) можно преобразовать так:
,, b — с .с — а \° — ^ _
~~ а * b с ~
be (b —■ с) + ас (с—■ a) -f- ab {a — b)
abc
_ ЬЧ — be* Ar ас2 — a*c -f ab {a — b) _
abc
^ r2{a — b) — (ca + bc){a — b)-\-ab{a — b) =
abc
= {a — b) (c2 — ca — bc-\- ab) _
abc
___ [a — b) [c(c — a) — b(c — a)]
abc
= i* — b){c — b){c — a) _
abc ~
_ (g — b)(b— c){c — a)
abc ' w
Теперь введем обозначения:
a — ft «= С, b — с = .4, с — a = β.
li

Тогда (в силу условия а -\- Ъ -\- с — 0)
Л — В = (Ь — с) — {с — а) = а-\-Ь — 2с =
= (а + г> + с) —Зс = —Зс,
Б —С = —За,
С—Л = —3£;
β —С t С —Л Л — β
вв_ _ f b^ __, с== _.
Поэтому выражение во вторых скобках (назовем его N)
можно переписать так:
N=" + _*_ + _£ в
£_с ] с —α ' a — b
В —С С—А А —В
3 3
Л ' β ' С
з\л^я^с/
_ 1 {А—В)(В — С)(С—А)
~~3~ ABC " '
(Здесь мы воспользовались полученной ранее
формулой 1.)
Подставляя значения (А — В), (В — С), (С — Л),
Л, В, С, имеем:
N= 1 ( —Зс)(— За)( — 3£)^ 0 а*с
3 (b — c)(c — a)(a — b) (a — b)(b — c}(c—a) '
Следовательно,
ΛΓΛΤ=9.
2. Доказать, что если действительные число х, у>
ζ и и удовлетворяют уравнению:
Х2 + «2 = 2 (*у -\-yz + як —У — г%
то
J?,

Решение. Раскрыв скобки и перенеся все члены
и левую часть, получим:
л-2 — 2ху-Ку3 + и2 — 2wz+22+J>2 — 2yz+z2 = °.
или
С* — У)Ч -(« — *)2 + (^ — *)2 = О-
Так как квадрат действительного числа не может
быть отрицательным, то каждый член левой части
должен быть равен нулю:
X—J/==0, Ιί — 2 = 0, у — 0 = 0.
Отсюда
x=y = z = u.
3. Решить систему уравнений:
jc + ay + a2z+tf8==0,
x + by + b*z+b* = 0,
ХЛ"СУ +c2z-\-c* = 0.
Решение. Заметим, что если а — 6, или Ъ ===== с, или
с = а, то два (или три) уравнения оказываются
тождественными, и система уравнений делается
неопределенной. Поэтому мы можем предполагать, что а φ b,
b^c, с φ α.
Вычтем из первого уравнения второе и третье
уравнения:
(а—Ь)у + (а2 — А*) *+(«· — ^ = 0,
(а — О^-Ня8 — <:2)z~Ha3 — г3) = 0.
После сокращения первого из этих уравнений на
(а — Ь) и второго на (а — с) получаем:
j'+(«+»)2+(fli+flH»,)-ol (i)
J/+(fl + 02 + («* + e* + ^)==(>.
Вычитаем последнее уравнение из предыдущего:
(ft — c)z + {ab — ас-{-Ь2—£2) = 0,
что дает:
z = — (a-\-b-{-c).
13

Подставляя это значение ζ в уравнение (1), получаем:
у = ab -f- be -j- ся.
Подставляя найденные значения у и ζ в одно из
уравнений данной системы уравнений, получим:
х = — а&с.
Таким образом, система уравнений имеет
единственное решение
х = — а&с, y — ab-\-bc-\-ca> г = — (а + й + г).
4. Решить уравнение:
(а~\-Ь)2х л [а — (а-\-Ь)х\ = а(л + *)·
Решение. Избавившись от знаменателя, получим.
(а + й)2 х2 — аб + (ab + б2) л- = (а* -f Д&) *,
или
(а + δ)2 χ2 + (Ь- — а2) л- — ab = 0. (I)
Отсюда
__ а2 — д* + V(д2 — <^)2 + 4д£ Га Ч1 ~Ъ)й _
Х_ " 2(аН- V _^
_ rz2 — № + К^Ч^'М1 6а^2^4д^ + Ь* _
~ 2{а-\~Ьу ~ ~
_ а2 — У+ V{a -r by _ a2 — b*_± (a-\~b)2 =
— 2 (a -fT)a ~ ~' 2 (а ~+ *)я
— ^ — ^ ± (^ + *)
Уравнение имеет два корня:
а — b -f- (a -\- b) a
α — £— (a~\~b) b
2(д + Ь) д + *'
Специального исследования требуют случаи*
1) ,,-f /;_ _о, 2) а = 0, 3) & = 0.
14
*2

Если a-}-b = 0, то уравнение принимает вид:
X
Это уравнение не имеет решений.
Если а = 0, то уравнение принимает вид:
&8х + й2--т0.
Это уравнение имеет единственный корень х2 =— L
Следовательно, корень х^ —р-- = 0 является
посторонним.
Если 6^0, то уравнение принимает вид:
а2х = а2·
Это уравнение имеет единственный корень хх— 1. Сле
дователыю, корень х2 = — -г-т = 0, является
посторонним.
Замечание. Уравнение ' (I) может быть решено
также на основании следующих соображений: разделив
уравнение на (а-\~Ь)2, получим:
о b — ι/ ab Λ
1 6-f-ff (α~|-£)2
или
Λ2 -
«Т-*+(~^)]*+(*Т*)( ~^)=α
Отсюда, на основании известных свойств коэфициентов
квадратного уравнения, заключаем, что один из корней
Равен _£^f а другой-^.
5. Решать систему уравнении:
х2 + Злу =18,
ху-\-4у* = 7. (I)
15

Решение. Сложив уравнения, получим:
(jc+2y)2 = 25.
Это дает или л; + 2у = 5, или л; + 2у =— 5· В первом
случае д:=5 — 2у; вносим в уравнение (I); получаем-
(5-2y)j/ + 4j* = 7
яли
2j/s + 5y —7 = 0.
.Отсюда
_ — 5 + ^25 + 4-2^7 —5 + 9 β
У~* 2-2 ~ 4 "'
-Соответствующие значения л: будут:
^С| = о, л^2 ^ 12.
Во втором случае х — —5 — 2у; вносим в
уравнение (1); получаем:
(-5 —2j0jH-4y*=7f
или
2у2 —5у—7 = 0.
Отсюда
— 5+УГ25 + 4-2.7 _5 + 9
л=^-» .л = —ι.
Соответствующие значения χ будут:
.#3 :== ~~"' 1 ■"> *^4 —~ *5·
6. Найти сумму η первых членов арифметической
прогрессии, ku член которой равен 3 + 2Л.
Решение. Полагая А=1 и k — n, найдем первый
и л-й члены прогрессии:
а1 = 3 + 2-1=5; ая = 3+2л.
16

По формуле суммы членов прогрессии получаем;
_(а|+Дя)я_(8+2я)л_
<\ — ~ — 2 = (4 + я) п.
7. Решить уравнение:
Решение. Нуль есть логарифм единицы; поэтому
имеем:
64|Χ"2^δΓ=1,
или
24/~оХ»--4а* J_ 9—β
К ~64~Ζ "
Возведя обе части в 24 степень, получим:
ο**~40х — О""144
Поскольку равны основания, постольку должны быть
равны показатели степеней этих ДЕух выражений:
л;2 — 40л; = —144,
или
** —40х+ 144 = 0. Ц$
Это дает
х = 20 +У400 —144 = 20Щ?^
Л^ = ои, Х<% — 4·
Подставляя первое значение в левую часть пре&л*>
женного уравнения, получим:
lg (64 ψΨ=^^ = lg (64 ψΤ**} -
144
= lg(64-2 24) = lg(64.2~6):
-lg(64.^)-Igl-0.
17

Подставляя второе значение, получим:
ig (64 γψ=^} - ig (64 γι**} - о.
Таким образом, оба значения
хх = 36, х2 = 4
язляются корнями предложенного уравнения.
8. Найти действительные корни системы у рае-
нений
*+j/ = 5,
д*-(-^4 = 97.
Решение. Возведем первое уравнение в квадрат:
x2 + 2aj/+j/2 = 25,
перенесем член 2ху в правую часть:
Х2 л-у^гб — 2ху,
и это уравнение еще раз возведем в квадрат:
х* + 2χψ +j/4 = 625— 1(Юху+4*У·
Имея в виду, что л;*-f-j/4 = 97, получаем
97 + 2х*у2 = 625 — №ху + 4*У,
или
2 (ху)2 _ lOOcy + 528 = 0,
или, после сокращения на 2,
(ху)2 — 50ху± 264 = 0.
Это, квадратное относительно (*у), уравнение имеет
корни:
(ху) = 25± 1/252 — 264 = 25 + 19,
или
(*y)i==44, (*у)2 = 6.
Таким образом, решение предложенной системы
уравнений приводится к решению двух систем уравнений:
*+J> = 5, jx+j/ = 5,
ху «= 44, ι ху « 6.
J8

Решения первой системы будут давать корни
квадратного уравнения
^2_ 5*4-44 = 0,
которое не имеет действительных корней (его дискри-
минс-уи £) = р2— 4# = 25— 4-44 <0). Поэтому первую
систему можно не рассматривать.
Решения второй системы будут давать корни
квадратного уравнения
ζ* — 5г +6 —0.О
Оно дает:
5 + 1^25 — 24 _5+1
Zx"~ 2 ~ 2 '
или
Ζι = 3, 02 = 2.
Следовательно, предложенная система уравнений иг^ее^
две системы решений:
■*i = 3, yi — 2\ х2 = 2, ^2 = 3.
Подстановка в уравнения системы подтверждает
правильность решения.
9. Решить уравнение:
4*-}-6* = 9*.
Решение. Разделив все члены уравнения на 9*t
получим:
ИЛИ
[(4)Т+(*Г—°
I 2 \*
Решая это, квадратное относительно γ ,
уравнение, получаем:
( 2 \* — \±УТ+А ^ — 1+/5
Ш'
19

Так как ί—) должно быть положительным числом,
следует взять верхний знак:
2 \* 1^5—1 2,23606—1 1,23606
(*)'
■ 0,61803
2 2 2
Логарифмируя, получаем:
*(lg2—lg3) = lg 0,61803
или
_lg 0,61803 _ 1,79101 -0,20899 _
^~lg2 —lg3—0,30103 —0,47712 — —0,17609 ~,iW "
10. Решить уравнение:
χ (χ — Ι) (χ — 2) = 24.
Решение. Легко заметить очевидный корень
хх = 4
Раскрыв скобки и перенеся все члены в левую часть,
получим:
л;3 — Зх2 + 2л:— 24 = 0.
По теореме Безу левая часть уравнения содержит
множитель (х—4):
(х— 4)(х2 + ^ + 6) = 0.
Первый множитель можно отбросить, так как,
приравнивая его нулю, мы получили бы уже найденный
корень уравнения; итак:
*2 + * + 6 = 0.
Отсюда
или
1 + УТ~24
2
#2 = L — __ 0,5 — 2,4*.
20

11. Доказатьj что произведение k последователь-
ных целых чисел делится па k\ (£!= 1-2-3...А).
Решение. Произведение k последовательных чи-
чел можно написать в виде:
(я+1)(л + 2)(я + 3)...(л+А).
Доказать, что оно делится на 1-2-3... А, это все
равно, что доказать, что каждый простой делитель,
входящий в разложение на простые делители числа k\
в какой-либо степени /я, входит в то же время в
разложение числа (n-\-l)(n-\-2)(n-\-3)...(n-\-k), в
некоторой степени т'} причем т'^т.
Пусть ρ— простое число и пусть в ряде чисел
1, 2, 3, ..., k
встречается тх чисел, делящихся на р, т2 чисел,
делящихся на р2, ms чисел, делящихся на р3 и т. д. Так
как из ρ последовательных чисел одно делится на р;
из р2 последовательных чисел одно делится на р* и
т. д., то в ряде чисел
я + 1, я + 2> л+3, ..., n-\-k
не менее тг чисел делятся на р\ — пусть их будет
Шх'^т1 чисел; не менее т2 чисел делятся нар2,—
пусть их будет т/>-//г2 и т. д. Тогда произведение
1-2-3...λ будет делиться на рт9 где т = тх-\-щ-\-
+ Л13 + ..., и не будет делиться на рт+\ а
произведение
(л+1)(л + 2)(л + 3).-.(л + *)
делится нар1™', где
т' = т^ -{-т^'-\-т9'-\-...>/и2 + т,-|-/и8+...«* т.
Так как изложенное можно высказать по
отношению ко всякому простому делителю, содержащемуся
в 1-2-3...Л, то отсюда следует делимость
произведения (я+1)(л+2)(я+3)...(л+*) на£1
21

Замечание. Утверждать, что дробь
(я+1)(я + 2)(я + 3) ■-.(/! + *)
1-2-3...Л:
есть ί елее число, можно также на том основании, что
вта /робь выражает число сочетаний из (n-\-k)
элементов по k.
12. Показать тождество4.
2^3 4 ^ 2я
1.1, ,1
л+1 ' л-{-2 ' "' ' 2л'
Решение: Заметим, что
2 2 *
J 1____1_ , Jl 1_
3 4 — 3 ~*~ 4 2 '
_ι ι L._i__i 1_
5 6 "~ 5 "*" 6 3 '
1 1 1,11
2л—1 2л 2л — 1 ' 2в л '
Складывая почленно эти равенства, получим:
2^3 4^ 2л 2Т3Т4Г
J__Lj_±, _l__L_ . J__±_!_ _-L
T5T6r"'T2«-l г2л 2 3 '·" η
1.1. .1
w_j_l^«_|_2 ' '" ' 2«'
что и требовалось.
Ιό. Мелится ли на 7 число сочетаний из 1С00
элементов по 5001
22

Решение. Разделив 500 на 7 и взяв целую часть
частного, мы узнаем сколько имеется целых чисел,
не превышающих 500 и делящихся на 7:
Ft]-»
(квадратные скобки обозначают целую часть дроби, стоящей
в скобках).
Точно так же, разделив 500 на 49, узнаем, сколько
целых чисел, не превышающих 500, делится на 72 = 49:
и-*
Наконец, разделив 500 на 343, получим число целых
чисел, делящихся на 7* = 343:
Г™ 1-1.
[ 343 J
Значит 500! = 1 ·2...500 делится без остатка (см.
задачу 11) на 771+10+1 = 782, но не делится на 7м.
Подобным же образом получаем:
[!*»]-.* [!£]-* [·£>]-*
Поэтому 1000! делится без остатка на
у 142+22+2 = „161
но не делится на 7165.
Число сочетаний из 1000 по 500 равно:
1000-999...501 _ 1000-999...501-500...2-1
1-2-3...50СГ Ь2-3... 500-1-2-3... 50(Г "*
^ 1000! _ 7^кг _ *_!_..
" (500 ψ ~ (78%)2 ~'k\~
Так как число сочетаний должно быть целым числом
и kx не содержит множителя 7, то k есть целое чиСло,
не делящееся на 7.
23

Следовательно, число сочетаний из 1CG0 элементов
по 500 не делится на 7.
14. Показать, что если треугольник имеет угол в
120° и стороны его образуют арифметическую
прогрессию, то эти стороны пропорциональны числам
3:5:7.
Решение. Пусть угол С в треугольнике ABC
равен 120°. Можно положить
ВС^а, CA = a-\-d, AB = a-\~2d,
где d<—разность арифметической прогрессии.
Черт. 1.
Из вершины В опустим высоту треугольника на
продолжение стороны АС. Тогда ^£)С/? = 60°, и,
следовательно,
ВС _ а
иС~-~Т- 2 *
По теореме о квадрате стороны, лежащей против
тупого угла, имеем:
AB2 = BC2-\-CA*-\-2-CA*DC,
или
(α + 2ίί)2 = α2 + (α -Μ)2 + 2(α ud&,
4
или
3d*-\-ad — 2α2 = 0.
24

Отсюда
—а + УУ4т4-3'2д2~ — αάζδα
Так как мы предполагаем d положительным, то
Следовательно,
ВС^а, СА^-^а, АВ=**~а,
и стороны действительно относятся как 3:5:7.
15. Точка О есть середина гипотенузы
треугольника ABC с прямым углом А. Показать, что
окружности АО В и АОС пересекаются под прямым углом.
Черт. 2.
Решение. Так как А0=ОВ, то О есть середина
дуги АОВ; поэтому радиус окружности АОВ
проведенный в точку О будет перпендикулярен хорде АВ
и, следовательно, параллелен катету А С.
?5

Далее, А0 = 0О, следовательно, точка О есть
середина дуги АОС и радиус окружности АОС,
проведенный в точку О перпендикулярен хорде АС% т. е.
параллелен катету АВ.
Но АВ А_АС, значит, и радиусы окружностей АОВ
и АОС, проведенные в точку О, взаимно
перпендикулярны, откуда следует, что эти окружности
пересекаются в точке О под прямым углом.
16. В серединах Ε и F сторон АВ и АС треуголь-
АВ
нина ABC восстановлены перпендикуляры ЕР = — и
FM = ~тг ι °ба в0 внешнюю сторону треугольника.
Доказать, что DP=DM, если D—середина стороны
ВС.
Решение. Соединяем точки Ε и F с тонкой D·
Тогда ED, как средняя линия треугольника, равна
—; FD, тоже как средняя линия треугольника, равна
АВ
"2~; кроме того ^DEB^^CAB и ^CFD^^CAB.
26

Поэтому в треугольниках DFM и PED имеем:
DF=~ = EP, FM = ~^ED,
L MFD = 9CP + £ CFD = 90°+ /_ CAB —
= 90° + £ DEB^ l_ DEPy
и, значит,
AMFD=ADEP,
откуда и следует равенство сторон:
DP=DM.
17. Точка Му лежащая на боковой стороне ВС
трапеции A BCD, соединена с вершинами А и D. Из
вершины В проведена прямая, параллельная DM, а из
вершины С—прямая параллельная AM. Показать, что
эти последние прямые пересекаются на стороне AD.
Решение. Продолжим стороны AD и ВС до
пересечения в точке £λ Допустим, что прямая, прове-
Черт. 4.
денная из точки С параллельно МАУ пересекает
сторону AD в точке X, а прямая, проведенная из точки
В параллельно MD, пересекает сторону AD в точке Хг.
87

Из подобия треугольников
АМО ос ХСО, АВО оо DCO, ХхВО оз DMO
имеем:
ox_oc 9A — 9R ов —ом
Ш~ому ов~ осъ охг~ od'
Перемножая левые и правые частя этих пропорций,
получим:
ΟΧΌΑ-ΟΒ _ ОС-О Р. ОМ
Ъа-OB.OXi ~ OM-OC-OD '
т. е.
OX^OXi.
Следовательно, точки X и Χι совпадают, чем и
доказано наше утверждение.
18. В плоскости задана окружность с центром О,
точка А на ней и прямая D, не параллельная и не
перпендикулярная к радиусу О А, В окруэ/сность О
вписан треугольник ABC, у которого вершина А
неподвижна, а сторона ВС может передвигаться, оставаясь
параллельной к прямой D. Найти: 1) геометрическое
место точки пересечения высот треугольника ABC,
2) геометрическое место точки пересечения медиан
того же треугольника.
Решение. 1) Опустим перпендикуляр АН из
точки А на прямую D\ этот перпендикуляр при любом
положении стороны ВС является высотой треугольника
ABC, поэтому все точки искомого геометрического
места лежат на прямой АН. Но, с другой стороны, не
все точки прямой АН принадлежат этому
геометрическому месту.
Крайними положениями прямой ВС служат
положения двух касательных, параллельных прямой D; при
этом точки В и С сливаются в одну точку; в одном
88

случае в точку Вх = Си во втором случае в точку
£2 = С2. Треугольник ABC в этих двух случаях
выражается в дважды покрытый отрезок АВи или
соответственно, АВ2.
Если Ах—точка, диаметрально противоположная
точке А, то прямая ΑχΒι дает направление высоты,
опущенной из вершины С, на сторону АВг так как
Черт. 5.
А^Х^АВ^ а прямая АХВ.2 дает направление высоты,
опущенной из вершины С2 на сторону АВ2, так как
АХВ.>^_АВ2. Точки Dx и D2—точки пересечения
прямых А1В1 и А{В,2 с прямой АН—представляют
крайние положения точки пересечения высот треугольника
ABC.
Таким образом, искомое геометрическое место есть
отрезок DXD2.
2) Середина Μ стороны ВС при любом ее
положении лежит на диаметре ВХВ# перпендикулярном к
прямой D. AM есть одна из медиан. Если проведем прямую
К параллельно прямой ВХВ2 между этой прямой и
точкой А так, чтобы ее расстояние от прямой BLB2
29

было равно -s- расстояния точки А до прямой ВхВг>
то прямая К будет отсекать от медианы AM одну
треть, считая от основания медианы. Следовательно,
на прямой К лежат все точки искомого
геометрического места. Точки Е1 и Е2 пересечения прямых ABt и
АВ.2 с прямой К представляют крайние положения
точки пересечения медиан. Следовательно, искомое
геометрическое место есть отрезок ЕХЕ2.
19. Прямоугольный треугольник расположен так,
что два конца его гипотенузы лежат на сторонах
прямого угла. Найти геометрическое место середины
гипотенузы и геометрическое место вершины прямого угла.
Черт, 6.
Решение. Пусть Μ — середина гипотенузы
треугольника ABC. В прямоугольном треугольнике АВО
Μ есть также середина гипотенузы, а поэтому ОМ =»
«—ЛД т. е. при любом положении треугольника се-
30

редина гипотенузы находится на постоянном
расстоянии от точки О, — на окружности, радиуса равного
половине гипотенузы, с центром в точке О.
Так как МО = МВ = МС=МА, то четыре точки
О, А, В, С лежат на одной окружности с центром в
М. Углы ABC и АОС равны, как вписанные в одну и
ту же окружность и опирающиеся на одну и ту же
дугу. Следовательно, геометрическое место точки С
состоит из точек прямой ОС, наклоненной к прямой
ОА под углом, равным одному из острых углов
треугольника ABC Но не все точки этой прямой
принадлежат искомому геометрическому месту. Именно, из
неравенства ОС <; ОМ ~\- МС = АВ следует, что
искомое геометрическое место состоит лишь из тех точек
прямой ОС, которые лежат от точки О на расстоянии,
не превышающем длины
гипотенузы треугольника
ABC
20. Трехгранная
пирамида ABCD имеет
прямой трехгранный угол А.
Показать, что
перпендикуляр, опущенный из
вершины А па плоскость
BCD, падает в точку пе- ^
ресенения высот
треугольника BCD.
Черт. 7.
Решение. Пусть
АЕ—перпендикуляр,
опущенный из точки А на плоскость BCD. Проведем
плоскость через прямые AD и АЕ. Эта плоскость
перпендикулярна к плоскости ABC, так как она проходит через
перпендикуляр AD к плоскости ABC. В то же время
она перпендикулярна и к плоскости BCDf так как она
81

проходит через перпендикуляр АЕ к плоскости BCD.
Линия пересечения ВС плоскостей ABC и BCD
перпендикулярна к линиям их пересечения с плоскостью,
к которой они обе перпендикулярны, т. е. к линиям
AF и DF. Из перпендикулярности DF к ВС следует,
что DF есть высота треугольника BCD. Таким
образом, мы показали, что одна из высот треугольника
проходит через точку Е. Подобным же образом можно
показать, что и другие две высоты треугольника BCD
проходят через точку Е.
21. Среда восьми вершин куба найти четыре^
являющиеся вершинами правильного тетраэдра. Сколько ре-
шений имеет задгча?
Решение. На чертеже показано одно из
возможных положений такого тетраэдра. Другое положение
тетраэдра получим, если за
его ребра возьмем вторые
диагонали всех граней. Этими
двумя случаями
исчерпываются все решения задачи.
22. Две прямые а и Ъ не
пересекаются и не параллель-
ни (следовательно, не лежат
в одной плоскости). Точка А
не лежит ни на тощ ни
на другой из этих прямых.
Сколько существует прямых*
проходящих через точку А и пересекающихся как
с прямой а, так и с прямой Ъ?
Решение. Проведем плоскость α через точку А
и прямую ау и другую плоскость β через точку А и
прямую Ь. Всякая прямая, проходящая через точку А
и пересекающая прямую а, должна лежать в плоско-
82
/J
ш
V7^
И
-"-Г
ы
V

С№ а; всякая прямая, проходящая Через точку А и
пересекающая прямую Ь, должна лежать в плоскости β.
Поэтому прямая, проходящая через точку А и
пересекающая обе прямые а и Ь, должна лежать
одновременно как в плоскости α так и в плоскости β, τ. е^
она должна быть линией пересечения плоскостей α и β·
Задача всегда имеет одно и только одно ^решение, так
как две плоскости, имеющие одну общую точку,
всегда имеют одну и только одну общую прямую (если
плоскости не совпадают).
Замечание. Если бы прямые а и Ъ были
параллельны и точка А не лежала бы в их плоскости,
задача не имела бы ни одного решения.
Если бы прямые а и Ъ пересекались и точка А не
лежала бы в их плоскости, задача имела бы одно
решение; искомой прямой была бы прямая, проходящая
через точку А и через точку пересечения прямых аи Ь.
Если бы прямые а и Ъ лежали в одной плоскости
и точка А лежала бы в той же плоскости, задача имели
бы бесконечное множество решений.
23. Определить угол между диагоналями
правильной четырехугольной призмы^ если боковая поверхность
составляет половину полной.
Решение. Пусть а—сторона основания, h —
высота призмы. Тогда полная поверхность есть
2а2+4дй,
а боковая
Aah.
Из условий задачи получаем:
2α2 + 4α/ζ = 8αΑ,
откуда
a = 2h; h = —-.
33

Заметим теперь (черт. 9), ФгО
/_CEG = -^£.COG
о »
где φ — искомый угол. Имеем:
*%Y = 4LCEG= h
aV 2
Отсюда
Черт. 9.
2tgf
1
ι—te«
Ψ. ιΛΓ
^(-4)
2
lg 8 = 0,90309
— lg 7=1,15490
— lg]/2 =1,84948
lgtg φ = 1,90747
φ = 38°56'31".
24. Радиус круга, описанного около основания
правильной четырехугольной пирамиды равен г, а пло'
ский угол при вершине равен а. Определить
двугранный угол между боковыми гранями,
84

Решение, Пусть АЕС есть плоскость,
перпендикулярная к боковому ребру BS. Тогда AE±BS и
£ ABE =90° s- (так как треугольник ASB
равнобедренный).
Из прямоугольного треугольника АОВ имеем:
АВ* = ОА2-\- ОВ2 = г2 + г* = 2г*,
откуда
АВ = г\Г2.
Черт. 10.
Из прямоугольного треугольника ЛЕВ имеем:
AE = ABslnABE =
^rV^sinlw0 — -f )=-rV^cos-!L.
Точно так же найдем, что
EC^rV~2 cos-|.
β треугольнике Л£С:
ЛС2 = Л£2 + ЕО—2-^£-£C-cos,4£C;
35

ИЛИ
(2rf==irV<2 cos^j"+(rV~2cos-|j —
— 2-rVYcos-^-r V~2 cosy cos AEC,
или
Отсюда
1 = cos2 -J- — cos2 ^r cos A EC.
1-cos^ '
cos^EC= = — tg2-J
cos2 —
Угол ЛЕС есть линейный угол искомого двугранного
угла. .
25. Определить радиус тара, вписанного в
правильную треугольную пирамиду, т данным-, стороне
основания а и боковому ребру Ь.
Решение. Воспользуемся обозначениями чертежа.
FB, как радиус круга описанного около треугольника
D
ABC со стороной а, равно
86
VT
Из прямоугольного

треугольника BDF:
DF=VDB2 — BF2^y b* — ~.
Из прямоугольного треугольника BDE:
ED = VBD*—BE* = у № — -^ ·
Из прямоугольного треугольника 23ΖΓ/7:
£F = VBFz — BE* = ] fal — f = —4=-
Из подобия треугольников DEF и DOG:
Я/7 ££>
или,
рез .
или
или
\
обозначив
х, имеем:
а
ψ=-:χ
2V 3
*ιΑ-
.XT:
GO
искомый
=ιΑ-
α2 а
4 ~ 2}Л~
α2 β
"4" + iF1
β/
радиус вписанного шара че
НУ»
1 а
3 J 2/3
"3*2_1*2
—в—*)■
2 αχ
i/й» Ω\
■ |/ b з '
% 1^3 [|/3(4^_a2) + 6ZJ
26. Плоскость покрыта сеткой квадратов со
стороной 1. Можно ли построить равносторонний
треугольник с вершинами в вершинах сетки? Молено ли
построить треугольник, длины, сторон которого
1/^67, 8 и 9, а Ьершинами служат вершины сетки?
Решение. Пусть а — сторона правильного тре-
угольника; его высота равна —-— ; площадь тре-
«ν
37

угольника равна в таком случае—-—. Но сторону а
треугольника, вершины которого лежат в вершинах
сетки, можно рассматривать как гипотенузу
треугольника с целочисленными катетами; поэтому а2 будет
целым числом, a — γ- иррациональным числом.
С другой стороны, площадь этого треугольника
равна половине площади того прямоугольника,
охватывающего треугольник, который составлен из целых
квадратов сети и стороны которого проходят через
вершины треугольника. Площадь этого прямоугольника
выражается целым числом, так как его длина и
ширина выражаются целыми числами. Поэтому площадь
треугольника будет выражаться рациональным числом.
Но это составляет противоречие с ранее полученным
результатом; следовательно, не может существовать
правильного треугольника с вершинами в вершинах
сетки·
Треугольник со сторонами 1^67, 8, 9 и вершинами
в вершинах сетки также не может сз'ществовать. В
самом деле, квадраты его сторон равны соответственно
67, 64, 81. Если вершины треугольника лежат в
вершинах сетки, то каждая из его сторон может быть
рассматриваема как гипотенуза прямоугольного
треугольника с целочисленными катетами; следовательно,
квадрат каждой стороны должен быть равен сумме
квадратов двух, целых чисел. Но этого нет, так как
ни 67, ни 64, ни 81 не может быть представлено в виде
суммы квадратов двух целых чисел.
27. В прямоугольном треугольнике катет АВ е
три раза больше катета ВС. Катет АВ разделен на
три равные части и точки деления D и Ε соединены
с вершиной С. Прямые AC, DC и ЕС образуют с ка-
38

тетпом АВуглы α, β, γ. Показать, что большой из этих
трех угло$ равен сумме двух других:
γ = α+β.
Решение. Заметим, что:
tg« = y. tg β = -g-, tg7=i;
1 * 1
te(.4.P)-l8g+|8P— 3~Γ2 -1;
Igia-t-PJ 1— tgatgp- 1 1
1_- 3 * τ
откуда
28. Решать уравнение
ctg л:—tg χ = sin л: -f- cos jc.
Решение. Это уравнение можно представить б
виде:
cos л: sin л:
sin χ cos л:
- (cos л:-f-sin л;) = О,
или
cos2 x—sin2л:·— (cos х+ sin л;) sinx COS л; = О,
или, наконец:
(cos χ -J- sin л;) (cos χ — sin χ — sin χ cos χ) = 0.
Отсюда, или
cosx-f sin;c = 0,
m

что дает
tgx = — 1, и *=:180*.£ — 45°,
(k — произвольное целое число); или же
cos л; — sin л: — sin χ cos χ = 0.
Умножив это уравнение на 2 и сложив с тождеством
cos2;c-|-sin2.x:=l,
получим:
(cos χ — sin л:)2 ~f 2 (cos χ — sin χ) —1=0.
Решая это уравнение как квадратное относительно
(cos л:—sin л:), получим:
cos χ — sin* = — 1 i К 2.
Здесь следует взять только верхний знак -f- j так как
если взять нижний знак —, то будет
jcosx — sin χ | = | — 1 — УТ| = 1 + |Л2 > 2,
что невозможно.
Итак, __
cos x— sin jc = Υ 2— 1,
или
cos χ — V 2 — 1 -f- sin лг,
cos2 χ = 3 — 2]/~2 4- 2 {V~2— 1) sin χ -\~ sin* χ,
1— sin2 ;c = 3 — 2i/"2 + 2(l/"2— 1) sin χ 4~ sin2 л:,
sin2x4-(K2— 1) sin χ 4-0— Κ"2) = 0,
. " ΤΛ2 — 1 + Κ2V~2— 1 _0,41 + 1,35
Sln χ = _ « = .
Взяв верхний знак, получим:
Bln*« ^1±Ь35= ψ= 0,88, ,«61W.
Взяв нижний знак, получим:
0,41 — 1,35 0,94 OQft
sin л: л; — _—^— = jr- = — 0,47. jfPs 28°
40

29. Решить уравнение
1— tg*
= 2 cos 2х.
l + tgx
Решение, Заменив tg χ через и cos 2x через
cos2 л: — sin2 л:, получим:
cos χ — sin л;
=-2 (cos2 x — sin2 λ:),
cos χ -j- sin λ:
или
(cos л: — sin л:) — 2 (cos2 χ — sin2 л:) (cos χ -f- sin x) = 0,
(cos χ — sin x) [1 — 2 (cos л: -f- sin л;)2] = 0,
(cos χ — sin x) (4 sin χ cos χ -\-1) = 0,
(cos л: — sin X) (2 sin 2л: +1) = 0.
Если cos a; — sinx = 0, то
tgx=l и x=180°ft-|*450.
Если же 2 sin 2x + 1 = 0, то
sin 2* = —,
2* = 180°А + ( — 1)А_И-30°,
х™90°Л4-(—1)*+1.15°.
Итак, полная система решений уравнения такова:
х1 = 180°А + 45°,
х2 = 90°А4-(— 1)*+1-15°.
30. Решить систему уравнений:
1 1
tgx-tgjf^ g , sinx.sinj/ = —= . (I)
Решение. Деля второе уравнение на первое,
получаем:
6
cos л: · cos у = 7=г . (Н)
5|/2
Вычитая (I) из (II), получаем:
1
cos χ cosy — sin x smy ·
V*'
41

или
cos(x-{-y)=*—=.
Отсюда
χ-]_^/ = 360οΛ1 + 45°.
Сложив (I) и (II), получим:
7
cos χ cos y-\- sin χ sin j/ = —j=^,
или
cos (x— jO = —7= « 0,990,
5j/2
х~-у^гб0%±8°.
Таким образом, для определения χ и у получаем
четыре системы уравнений:
f χ-{-у = 360^ + 45°, ί χ -{-у = 360°^ -f 45°,
Ι λ;— y«36C°fe + 8o. ί x—у^Ш0^—8°.
;+д/ = 360°^1 —45°, f л;+^ = 360%! —45°,
χ—j;^3600^2 —8°.
Решая их, получаем следующие четыре системы
решений:
180oft3 + 18°,
1800^4-27°.
180ο^3 — 27ο,
180°&4—18°.
j х+д/ = 3600^1 —45°, |
я их, получаем следуюии
й:
ί ^^180°Aj-|-270, ί Χ'
I _у^180°А:4+180. ( j>;
ί χ^180°Λ3 —18°, ί χ-
\ j/^180°£4 — 27°. '{ „ν;

ЗАДАЧИ ПЕРВОЮ ТУРА
1-й вариант
1. Определить отношение двух чисел, если
отношение их среднего арифметического к среднему
геометрическому равно 25:24.
Решение. Обозначим через д2 отношение двух
χ
чисел χ и у :д2 = — Тогда среднее арифметическое
чисел хну есть
χΛ-у
2 '
а среднее геометрическое этих чисел
\^У ·
Их отношение:
или
или
2 .уху— 24,
χ . у 25
Уху \/ху 12'
или, наконец,
, 1 25
* + Τ = Ϊ2
43

Решаем_это квадратное уравнение относительно q:
25 /"252 .25 /г252—242^
q~24— |/ 242 24—|/ 24" —
_25 , /4<Ы_25+7.
~~ 24 ^ у Ύ4* ~~ 24 '
_ 25+7 32_ 4 25 —7 18 ^
ίι-=—24 24~T; 5г 2Т~ — 24=а'4·
Следовательно, искомое отношение может иметь два
значения:
X 9 16 χ ' 9
Эти два решения несущественно отличаются друг от
друга, так как одно дает прямое, а другое — обратное
отношение двух чисел.
2. Построить треугольник по данным двум
сторонам а и Ъ и биссектрисе т угла между ними.
Решение. Анализ. Пусть ABC (черт. 13) искомый
треугольник: СВ — а, СА~Ь и биссектриса CD = m;
Черт. 13.
/_ACD = £_Β€0 — ζ. Продолжим АС на отрезок СЕ=
= а и соединим Ε с В. Треугольник ЕСВ — равнобед-
44

ренный и потому /_ΑΕΒ — /_ΕΒ€=—-— = α; следо
.ательно, £B»CO«g_^;^ = ^
к
Ъстроение: На прямой откладываем отрезки ЛС =
= b u СЕ = а (черт. 14). Из точки С в произвольном
fir
направлении проводим прямую CF=m и из точки Ε
параллельную ей прямую EG до пересечения в точке
G с прямой AF. Далее, радиусом EG из точки Ε и
радиусом а из точки С делаем* засечки; точка их
пересечения есть третья вершина В искомого
треугольника ABC.
Доказательство. Соединяем Ε с В и проводим
биссектрису CD угла С треугольника ABC.
Из подобия треугольников ACF и AEG имеем:
т b
Из равнобедренного треугольника ЕСВ: .
lmeEB = £CBE = ^^ = £ACD.
45

Следовательно, CD Ц ЕВ, и из подобия треугольников
ACD и ЛЕВ имеем:
ЕВ _а-\-Ь
CD Τ b '
или, так как EQ-.
■■ЕВ:
EG
CD'
a-\-b
(2)
Сравнивая (1) и (2), видим, что биссектриса CD —т.
Итак, треугольник ABC удовлетворяет поставленным
условиям.
3. Пирамида, все боковые ребра которой наклонены
к плоскости основания под углом <?, имеет в
основании равнобедренный треугольник с углом а,
заключенным между равными сторонами. Определить
двугранный угол при
ребре, соединяющем
вершину пирамиды с
вершиной угла а.
Решение. Из
точек С и В опустим
перпендикуляры на
AS (черт. 15); из
равенства треугольников
ASB и ASC следует,
что основания этих
перпендикуляров
совпадут. Угол BDC—
Положим, далее, Л£ =
Черт.^15.
искомый. Назовем его
*=*1(АЕ±_ВС). Тогда
DE = АЕ sin φ = / sin φ,
40

й кэ треугольника ECD:
^9 П/7
α α
2 D£" /sinφ sin φ
2-й вариант
1. Железнодорожный поезд проходит мимо
наблюдателя е течение tx секунд, при той же скорости он
проходит через мост длиной в а метров в течение t2
секунд. Найти длину и скорость поезда.
Решение. Пусть х—длина поезда и у—его
скорость· Так как он проходит мимо наблюдателя в tx
секунд, т. е. проходит путь, равный собственной длине
χ в ίΑ секунд, то
χ
Η
В ί2 секунд он проходит мост в а метров, т. е.
проходит за это время путь, равный сумме собственной
длины и длины моста· Следовательно:
х-\-а
<■
Отсюда
лг+я
{tx — ί2)χ+αίΑ = 0;
α
** — *ι
2. Построить квадрат, три вершины которого
лежали бы на трех данных параллельных прямых.
Решение. Анализ. Пусть а, Ьу с — три
параллельные прямые и ABCD—искомый квадрат (черт. 16)*
Через точку В проведем прямую* перпендикулярную
47

к прямым α, Ь% с; пусть Ε и F—точки переселения
этой прямой с прямыми с и а. Имеем ^ЕВС —
—/_BAFy как углы с взаимно перпендикулярными
сторонами. Кроме того, АВ = ВС. Поэтохму
прямоугольные треугольники ABF и ВСЕ равны и, следовательно:
EC = BF; EB = FA.
Построение. Проводим лроизвольную прямую EF,
перпендикулярно к прямым а, Ь, с. Пусть F, В, Ε—
соответственно точки пересечения прямой EF с этими
прямыми. Далее, на прямых а и с в одну сторону от
прямой EF откладываем отрезки FA — EB, EC — BF.
С и А соединяем с В и на отрезках АВ и ВС, как на
сторонах, строим параллелограм ABCD; этот паралле-
лограм и будет искомым квадратом.
Доказательство. Из равенства треугольников ВЕС
и BFA следует: ВС = АВ и L^CB=.^ABF, и значит
/_ABF+/_CBE = 90°. Отсюда L ABC = 90°. Итак,
ABCD есть квадрат.
3. Найти объем правильной четырехугольной
пирамиды, стороны основания которой а, а плоские углы
при вершине равны углам наклона боковых ребер
к плоскости основания.
18

Решение. Проведем апофему SE боковой грани
ABS (черт, 17). Тогда β£ = ^ = |-, /_BSE = ^ . Из
треугольников BSE и BOS (SO— высота пирамиды):
bs=-™-=.
а
0L ОС
sin — 2 sin —
50 = fi5sina = acos— .
Следовательно, объем V пирамиды равен:
V=—-SO-nn i4fiCD = -5--acos~r.a2 = ~cos-s-.
О О Ζ Ο Δ
Чтобы найти cos -x обратимся к треугольнику EOS:
a2
EO* + OS* = ES* или ^-\-a*cos* |=~ctg2 *
(т. к. £\S = - ctg 7) и ЕО — -). Отсюда получаем :
4 sin2 ^ cos2 -^ = cos2 ^ — sin2 -^;
sin2 a = cos a; 1 — cos2 a = cos a
cos2a-f- cos a— 1 =0
л + УТ+l νΊ>— l
2 2
COSa =
49

1/=0,Заз.
3-й вариант
1. Составить две прогрессии: арифметическую ц
геометрическую, каждую из четырех членов; при этом,
если сложить одноименные члены обеих прогрессий,
то должны получиться числа: 27, 27, 39, 87.
Решение. Пусть арифметическая прогрессия имеет
члены: a, a~\-d> a-\-2d, a-\-3d, a геометрическая:
b, bq, bq*9 bq*. Из условий задачи получаем
уравнения:
a + b = 27, (1)
a + d-\-bg^27,
a + 2d-\-bq2 = 39,
a4-3tf-j-'V = 87·
Вычитаем из второго уравнения первое, из третьего
второе, из четвертого третье:
d + bqiq— 1)=12,
d-\-bq*{q — 1) = 48.
Из первого уравнения получаем:
b(q-\)^-d. (2)
Это выражение подставляем во второе и третье
уравнения:
d — dq-=12, (3)
d~dq* = 48,
или
rf(l-?) = 12,
d{l-q)(l+q) = 48.
Деля последнее уравнение на предпоследнее,
получаем: 1-|- q = 4, или q = S.
50

Из уравнения (3) получаем:
d = ~ 6.
Из уравнения (2) получаем:
Наконец, из уравнения (I)
а = 24.
Таким образом искомые прогрессии будут:
24, 18, 12, 6;
3, 9, 27, 81.
2. Доказать: если стороны треугольника образуют
арифметическую прогрессию, то радиус вписанного
круга равен — одной из высот.
о
Решение. Пусть а, а -} - d, a-\~2d стороны тре-
удольника; h — высота, опущенная на сторону a-\-d\
г—радиус круга, вписанного в треугольник. Площадь
треугольника как половина произведения основания
на высоту выразится так:
{a-\-d)h
2 '
С другой стороны, та же площадь выразится как
произведение полупериметра на радиус вписанного круга:
2
Получаем равенство:
(a+d)h^S(a^d)r
2 ~ 2
или, после сокращения:
h = Зг; г = — А,
что и требовалось.
г, ι

3. Высота усеченного конуса равна радиусу его
большего основания; периметр правильного
шестиугольника, описанного около меньшего основания^ равен
периметру равностороннего треугольника, вписанного
в большее основание. Определить угол наклона
образующей конуса к плоскости основания.
Решение. Пусть R—радиус большего основания
конуса; тогда сторона правильного треугольника,
вписанного в это основание, равна /?j/3, а периметр его
з#Кз.
Пусть, далее, г—радиус меньшего основания;
периметр правильного шестиугольника, вписанного в него,
гЛ/^Ъ
равен 6г, а апофема его равна —g—. Апофема
правильного описанного шестиугольника равна г. Так как
периметры правильных многоугольников относятся как
их апофемы, то
2р_ г
6r~ rW
2
где 2р — периметр правильного описанного
шестиугольника. Итак,
о 12г
V/3
Из условия задачи имеем:
Для угла наклона φ имеем:
н Л л
tg<?=n—; = Γ"β4
R r R-^rR
4
и искомый угол:
φ « arctg 4.
52

4-й вариант
1. Решить систему уравнений:
л-2+У—2г2 = 2я2,
*+j; + 2£=4(a2-|-l),
ζ2—ху = а*.
Решение. Представим эти уравнения в таком
виде:
jc+j; = 4(a2+l) —2^,
—.Лу = а2 — г2.
Второе уравнение возведем в квадрат, третье умножим
на 2, сложим их и вычтем первое уравнение. Получим:
С* +.V)2—2хУ—С*2 +J2) =
= [4 (а2 -f 1) — 2г]2 + 2 (а2 — г2) — (2г2 + 2а2),
или
0= 16 (а2 4-1)2— 16 (а8 + 1)г.
Отсюда
« = ая + 1.
Второе и третье уравнения системы дают теперь:
x+j, = 2(a2+l),
jcy = (a3 + l)s — α2 = α4 + β2+1.
χ и у служат корнями квадратного уравнения:
0«_2(a*+l)? + (a* + aa + l) = O;
y^aa + liVV'-l·1)* — (a4 + a2 + l) = a8 + l±a.
Таким образом уравнения имеют две системы решений:
^ι = β2 + #+1> У1 = а?— a+l» г! = а2 + 1;
л;2 = а2 — a+li -У2 = Ая + в+1· г2 = а*+1.
53

2. В треугольнике ABC из произвольной точки D
на стороне АВ проведены две прямые, параллельные
сторонам АС и ВС, пересекающие ВС и АС
соответственно в точках F и G. Доказать, что сумма длин
окружностей, описанных около треугольников ADG
и BDF, равна длине окружности, описанной около
треугольника ABC
Решение. Так как треугольники ADG> DBF и
ABC подобны, то радиусы описанных около них
окружностей пропорциональны сходственным сторонам:
R\ R% _ R_ .
AD~ DB АВ '
Ri + R* = β
AD±DB АВ '
Rl + R2 R
АВ =Лв '
Я1 + Л* = Я.
Умножая все члены этого равенства на 2тс, получим
искомое равенство:
2π/?! + 2π/?2 =^= 2π/?.
3. Развертка боковой поверхности конуса пред-
ставляет сектор с углом в 120°; в конус вписана
треугольная пирамида, углы основания которой
составляют арифметическую прогрессию с разностью 15°.
Определить угол наклона к плоскости основания
наименьшей из боковых граней.
Решение. Пусть /—образующая конуса. Тогда
дуга сектора в 120° равна
2πΜ20 2 ,
отсюда
или

по эта дуга равна окружности основания конуса, так
как получается при развертывании из этой
окружности. Значит радиус основания равен
Определим теперь углы треугольника, лежащего в
основании; их можно обозначить через χ—15°, χ, x-f 15е.
В сумме они дают 180°:
(х — l5°)-\~x-i-(x+l5°)^ 180е,
откуда
.ν = 60°.
Следовательно, углы треугольника А = 45°, В —60* и
С =75°. Наименьшая сторона лежит против угла в 45°;
она служит основанием наименьшей грани. Так как
центральный угол СОВ вдвое более угла А, то он
равен 90°, и, следовательно, сторона СВ служит
гипотенузой прямоугольного треугольника СОВ с катетами
з и з · 3начйТ ^-/т + Т-Т^"2·
Теперь нетрудно найти высоты OD и SD
треугольников БОС и SOC: .
SD*=V'S& — D& = y P— i-LJ/2)2 =
Отношение OD и SD дает косинус искомого угла:
OD _ 1

ЗАДАЧИ ВТОРОГО ТУРА
Серия А
1. Дана окружность и на ней 3 точки Μ, Ν, Ρ,
в которых пересекаются с окружностью (при
продолжении) высота, биссектриса и медиана, выходящие
из одной вершины вписанного треугольника.
Построить этот треугольник.
Решение. Анализ. Пусть ABC—искомый
треугольник и В—вершина, из которой проведены
медиана, биссектриса и
J5 высота (черт. 18).
Биссектриса угла В
проходит через точку Λ/Ί
делящую пополам дугу
АС:
Если точку N
соединить с центром О,
то прямая N0 будет
параллельна высоте
ВМ. В то же время ΛΌ
проходит через
середину стороны ЛС.
Построение. Точку N соединяем с центром О. Из
точки Μ проводим прямую MB параллельно N0 до
пересечения с окружностью в точке В. Точка В будет
60
Черт. 18.

первой вершиной искомого треугольника. Далее,
соединяем В с Ρ и получаем точку D пересечения
прямых ΛΌ и ВР. Через точку D проводим прямую,
перпендикулярную к ВМ, которая пересечет окружность
в двух точках А и С. Точки А и С являются
вершинами искомого треугольника. Треугольник ABC—
искомый.
Доказательство. Прямая MB перпендикулярна
к АС, и потому служит высотой треугольника; ON
параллельна MB, следовательно, перпендикулярна к АС
и делит пополам сторону АС и дугу АС Поэтому BN—
биссектриса, а ВР—медиана.
Г. П. Мотулевич, ученица 10 школы
Фрунзенского района (2-я премия).
2. На поверхности куба найти точки, из которых
диагональ видна под наименьшим углом. Доказать,
что из остальных точек
поверхности куба диагональ
видна под большим углом,
чем из найденных.
Решение. ACi —
диагональ (черт. 19). На АСХ>
как на диаметре, строим
полуокружность и, вращая
ее вокруг ACV получаем
шаровую поверхность. Вер- д
шины кубл лежат на этой
поверхности (AlO = BlO = Черт. 19.
= 0£> = ОС = ОВ= OD,);
все остальные точки поверхности куба лежат внутри
шара.
Из точек В, D, С, Аи Ви Ог диагональ видна под
углом 90°, так как они лежат в вершинах
вписанных углов, опирающихся на диаметр,
67

Все же остальные точки поверхности куба будут
вершинами углов, опирающихся на диаметр, и лежат
внутри шара; следовательно, эти углы будут тупые.
Итак, искомыми точками являются 6 вершин куба,
не принадлежащих рассматриваемой диагонали.
П. Н. Ю н г е ρ о в (курсы по подготовке
в вуз) (2-я премия].
3. В двух различных плоскостях лежат два
треугольника: ABC и ΑχΒ^ν Прямая АВ пересекается
с прямой AXBV прямая ВС—с прямой ВхСи прямая
СА — с прямой С^. Доказать, что прямые AAU BBi
и ССХ или пересекаются все три в одной точке, или
параллельны друг другу.
Решение. Стороны треугольников попарно
пересекаются, поэтому можно провести три плоскости
Чер. 20.
ABAtBu CBClB1 и CACXAV Две первые плоскости
имеют две общие точки В и Вх\ значит, они
пересекаются по прямой BBt. Двугранный угол, образованный
этими двумя плоскостями, пересечем третьей плоско-
68

стыо CACxAu в сечении получим лилейный угол с
вершиной на ребре BBV
Так как точки А и Ах принадлежат как секущей
плоскости, так и одной из граней двугранного угла,
то АА, есть линия их пересечения, т. е. одна из сторон
полученного в сечении линейного угла. Другой
стороной линейного угла на том же основании будет
прямая CCi.
Значит, линии ААи ВВи ССХ пересекаются в одной
точке.
Если плоскость CAQAi будет параллельна ребру
ВВи то прямые ААХ и ССг будут параллельны этому
ребру, а значит, и параллельны друг другу.
И. М. Кир ко, ученик 9 школы
Фрунзенского района (2-я премия).
Серия В
1. Сколько действительных решений имеет система
двух уравнений с тремя неизвестными:
ху — z2= 1.
Решение. Из второго уравнения имеем:
ху=1 -μ*2·
Следовательно, хну равны корням квадратного
уравнения
д2 — 2? + (1+я2) = 0.
Решая это уравнение относительно д, получим:
д = 1± ιΛ —(ΐ+*·) = i±V~=&.
Отсюда видно, что уравнение может кметь действи-
59

тельное решение лишь при z = 0. Получаем одно
решение:
х=1, j/=l, 0 = 0.
А. В. Мышки с, ученица 10 школы
Краснопресненского района (1-я премия).
2. Решить систему уравнений:
х8— у* = 26,
л2^/ — л:_у2 = 6.
Решение. Принимаем, что у = их. Тогда
уравнения обращаются в следующие:
л:8 — л;3а8 = 26,
χ*ιι — χ4ι2~6.
Из этих уравнений получаем:
26
? '
(1)
Следовательно,
1 — к3 и — и2
Умножая это уравнение на 1 — и (посторонние корни
при этом не могут быть введены, так как при 1 —а = 0
·*—"тг· т· е· не может быть вычислено), получаем:
26 6
&■■
X3 ■
26
1
й-
^н» '
6
— и2
6
млн
1 + и 4" Иа и '
26а = 6 + 6и-|- 6иа,
3α2—10α + 3 = 0,
5 + |/25 — 9 5 + 4
" 3 3 '
И, = 3, И2 = -ς- .
60

Подставляя эти значения в (1), будем иметь:
хз= 6 =_!
л 3—З3 '
A*-f 1=0,
(х+1)(х!~^1)»0,
*,=—1,
ι Ч- / К з
-S— 2
1 —/Vr3
х8 — g ,
у\ = щхх = — 3,
3 —
Λ = «1χ8 = γ(1+ί1^3),
J>a = и^з = γ (1 —ί VlJ),
л* = 5 = 27
з U;
л-з—27 = 0,
(χ—3) (xs + За;+ 9) = О,
—з+/з1/з
*6
2
— 3 — /3|/3
2
^4 = «2^4=1,
У9 = «2*С = γ ( — 1 — ί Vb) ■
И. Η. Зверев, ученик 24 школы
Дзержинского района (1-я премия).
61

2. (2-й вариант решения).
(х—уу ^хз—^з — з^зу — xj/2) = 26 —18 = 8.
Отсюда
χ—j/ = 2.
Внося это значение во второе уравнение,
представленное в виде
ху{х—у) = 6,
получаем
ху = 3.
Полагаем # = — у; имеем:
х + ζ = 2, χζ = — 3.
Рассматриваем χ и ζ как корни квадратного
уравнения
ι# — 2« — 3^=0.
Решая его, находим:
а= 1 + 1/1+3=1+2;
•Χι==3, ^1 = 1»
χ2 = — 1; j/a = —- 3.
П. Н. Юнгеров (курсы по подготовке
в вуз) (2-я премия).
Ю. Е, Джемс-Лев и, ученик 10 класса
35 школы Краснопресненского района (2-я премия).
Примечание. Отыскание комплексных корней
не было обязательным.
2. (3-й вариант решения).
Представим уравнения системы в виде
(х* + ху±у*)(х—у)=:26,
(х—у)ху — 6,
и разделим почленно первое уравнение на второе;
получим:
х8 + ху+У _26
ху ' ~ 6 '
62

или
бх2 — 20лу + 6у* = 0.
Это уравнение решаем относительно л:
= 3ylf
1
Подставляя эти значения в первое уравнение системы,
получим:
26yf = 26,
J?=l.
3Ί=1,
АГ| =ь= О-
27^->5"26.
^ = -27,
j/2 = —3,
лг2 = —1.
Ε. Μ. Рабинович, ученица 10 класса
10 школы Фрунзенского района (2-я премия).
3< Найти сумму .
Решение. Возьмем сумму кубов натуральных
чисел от единицы до т = 2п:
ia + 23 + 3-f... + m^p-^tu]2,
или
1. + 2Ч-3» t-...+(2/i-l)» + (2«)>=[-2w(^+1}J.
Объединим члены, стоящие на нечетных местах:
1» + 3» + &Ч-... + (2я— l)8 + 23-f4s +
+6.+...+(2η).-[?22ί±1>]ϊ
68

Обозначим искомую сумму через $:
5+2Ч13 + 2* + Зз+...-Ив)=[2й(^+1)]2,
5 + 8.^(«+Dj=|-2«(2«+l)J
Отсюда
S = /г2 (2я +1)2 — 2лг2 (п + I)2 =
= п2(4/г2 + 4/г+1—2/г2 —4/г —2)-=л2(2/г2—1).
Итак,
13 + Зз + 5з + ... + (2/г— 1)3=^^(2^2— 1).
Н. М. Коробов, ученик 24 школы
Бауманского района (1-я премия).
3. (2-й вариант решения).
т-й член ряда есть
(2т — l)* = 8/7?3_l2m2 + 6/7X— 1.
Здесь т может принимать значения от 1 до п.
Следовательно
5п = 8(1з + 2з+33 + ... + лз)-
— 12(12 + 22 + 32+... + я2) +
+ 6(1+2 + 3
. + «)-! =
2 12/»(/i+l)(2«+l) ,
_8Γαζ(/ζ+1)Τ
+ 6 ^±i> _ ι = 2я2(л+ 1)з_2л(л+ 1)(2л + 1) +
+ Зл(л+1)—1=2я* —ла = л2(2л«—1).
О. Сорокин, ученик 1-й опытной
школы НКП им. Горького.
Серия С
1. Выбраны 6 различных цветов; требуется
раскрасить 6 граней куба, каждую в особый цвет из
числа избранных. Сколькими геометрически
различье

ними способами это можно сделать? Геометрически
различными называются две такие расцветки,
которые нельзя совместить одну с другой при помощи
вращений куба вокруг его центра.
Решить ту же задачу для случая раскраски
граней правильного двенадцатигранника в двенадцать
различных цветов.
(Эга задача не была решена никем из решавших ее,)
Ответ: 30; 7983360
2. Сколькими различными способами можно
разложить целое положительное число η на сумму трех
положительных целых слагаемых^ При этом два
разложения, отличающиеся только порядком слагаемых,
считаются за различные.
Решение. Обозначим слагаемые в
последовательном порядке буквами х, у> ζ:
x-\-y~\-z=^n.
Слагаемое χ может быть равно 1, 2, 3, 4,.
У
ζ
1, 2, 3, 4,.
1, 2, 3, 4,.
,(п — 2),
.(л — 2),
\п — 2).
Пусть jc=1; тогда возможны случаи:
х=1
у=\
z = n — 2
1
2
п — Ъ
1
3
я-4
...
1
л —2
1
Ί
J
Пусть дг = 2; тогда возможны случаи
х = 2
z = n — 3
2
2
я—4
2
1 з
η—5
* . .
2
п — Ъ
1
:
Всего
η — 2
способа.
всего
п — Ъ
способа.
Пусть х-=п — 2; тогда возможен один способ
х = п — 2, У—1, ζ=1.
65

boiajet число способов буде^
(»-2)+("-3) + («-4) + ... + 2+1 = ^1М.
К* Н. Агуреев, ученик 35 школы Краснопресненского
района (2-я премия).
3. Будем обозначать через M(at b)~ общее
наименьшее кратное двух чисел а и 6, D(a, b) — общий
наибольший делитель двух чисел а и Ь.
Доказать формулу
М(иу b)-D(a, b)^ab.
Для трех чисел доказать формулу
М{ач Ь, c)-D(a, b)-D(b, c)-D(c, a)
__ _ 53» doc*
D(a, b, с)
Решение. Полагаем:
а = mnpg, b « mnkd, с = mpkL
В т входят множители, входящие и в а, и в Ь, и
в г, в η — входящие в а и в 6, но не входящие в с; в
k — входящие в Ъ и в с, но не входящие в а; в
ρ—входящие в а и в с, но не входящие в Ъ\ в q — входящие
только в а\ в d—только в Ь; в / — только в с. Тогда
имеем:
Μ {a, by c) — mnpqkdl,
D(a, by c) — my
D(a, b) =mn,
D(b, c) — mk,
D(c% a) =mp.
Поэтому
M(a, by c)-D(a, b)-D(b9 c)-D(c, a)
D{a, b% c)
mnpqkdl*mn-mk*mp , , ,f *
= ——— ~ = mpnq ■ mtikd · mpkl = flk
А. В. Мышкис, ученица 10 школы Краснопресненского района
(1-я премия).
66

ОРГАНИЗАЦИЯ ВТОРОЙ ОЛИМПИАДЫ И ЕЕ
РЕЗУЛЬТАТЫ
Вторая московская математическая олимпиада 1936 г.
была организована Московским математическим
обществом, Московским Государственным университетом и
Научно-исследовательским институтом математики.
Проведением олимпиады руководил организационный
комитет под председательством проф. Н. А. Глаголева.
Вторая олимпиада была организована по образцу первой,
с той лишь разницей, что несколько более позднее
начало олимпиады (начало марта) заставило уменьшить
объем проведенных мероприятий. Так например,
пришлось ограничиться проведением всего лишь двух
лекций для участников олимпиады (проф. А. Н.
Колмогорова „Математическое изучение случайных
явлений" и проф. Н. А. Глаголева „Об экстремальных
задачах в геометрии"). Точно также были организованы
консультации, на которых демонстрировались решения
трудных задач и велись беседы по всем воЬросам,
интересующим участников олимпиады.
Состязания в решении задач, как и в 1935 году,
распадались на два тура. На первом туре участвовало
почти 400 человек, но лишь 294 представили работы.
Из последних 84 человека были выделены
организационным комитетом для участия во втором туре. В
действительности во втором туре принимали участие 124
человека, так как организационный комитет не считал
целесообразным не допускать к участию техшкольни-
67

ков, которые выражали настойчивое желание
участвовать во втором туре. Из 124 человек лишь 82 подали
работы.
Во втором туре было предложено 5 задач. Каждый
из состязавшихся имел право выбрать для решения
любые задачи из этих пяти. Допускалось
представление решения одной, двух и трех задач; решать более
трех задач запрещалось, о чем участники состязания
были предупреждены. Сделано это было с целью
избежать нездоровой погони за числом решенных задач.
Что касается пятой задачи, то от решавших ее не
требовалось строгого решения; требовалось лишь
установление числа возможных решений при различных
расположениях плоскостей и шаров.
Результаты решения задач представлены
следующей таблицей:
1 к
I ЕГ
ада'
00
1
II
III
IV
V
Всего
«
к
а
о 5
X В
СГ р<
39
13
14
0
7
73
*, н
S к
■ а
,ои
я 3 «
ίΓ CU
26
10
25
23
9
93
χ 1
к
Э
о ю
т aV
65
23
39
23
16
166
Первую премию получили победители:
1. Овсянников, Лев Васильевич (25 образцовая
школа Октябрьского района).
2. Френкин, Рафаэль Соломонович (Немецкая школа
им. К. Либкнехта).
68

3« Шальман, Лазарь (1 школа Краснопресненского
района).
4. Шклярский (9 школа Кировского района).
Пять человек получили вторую премию:
1. Дубинчик Г. (24 школа Бауманского района).
2. Карбанский (1 школа Ленинградского района).
3. Китайгородский (школа им. Лепешинского).
4. Матэ, Лев Львович (13 школа Фрунзенского
района).
5. Соколов Петр Викторович (29 школа
Бауманского района).
Кроме того 10 человек получили похвальные от
зывы.

ЗАДАЧИ ВТОРОГО ТУРА
1. Решить систему уравнений:
Решение. Разделим второе уравнение на первое:
х* — хгу^ х2у2—хуь + у* = —,
или
(Х4 _j_j,4) _ Ху (Х2 + у^ ^Х2у2 = *1 , (1)
Возведем первое уравнение в квадрат:
х2~\~2ху-\-у* = а\
или
*2 4-j>2 = я2 — 2ху.
Еще раз возведем в квадрат:
х* + 2х2у2-)-у* = а* — 4а?ху -f 4χψ,
или/
Xi 4-j;4 = β* _ 4^2JCj; -f- 2х2У.
Обозначим xj/ через t:
xy — L
Подставим в уравнение (1) (x2+j/2) и (*4+j/4):
а*-Л4а2ху + 2х*у* — ху(а? — 2ху)~\-х2у* =—,
а4 _ 4аЧ + 2*2 — α2*+2ί2+ί2 = —,
70

Зная (я+J/) и ху составляем квадратное
уравнение» пользуясь теоремой Виета. Так как ху имеет два
значения, можем составить два уравнения, которые
дадут 4 решения.
П. В. Соколов, ученик 10 класса 29 школы БОН(Х
2. На плоскости, дан угол, образованный двумя лучами
а и Ьу и некоторая точка М> Провести через точку Μ
прямую с так, чтобы треугольник, образованный
прямыми a, b и с, имел периметр данной величины.
Решение. От вершины угла А (черт. 21)
откладываем на лучах а и Ъ отрезки AE=^AD=p{2p—
периметр искомого треугольника).
Из точек Ε и D проводим
перпендикуляры ЕО и DO; их
точку переселения О
принимаем за центр круга радиуса
равного ОЕ~ QD. Из точки Μ
проводим касательную к
этому кругу (ту, которая ближе
к точке А). Треугольник ABQ . ЧеРт· 2h
образованный этой касательной и лучами а и Ъ—искомый.
Доказательство правильности построения. На
основании известного свойства касательных
CE^CS; BD^BS.
Отсюда
CE + BD^BS+CS^BC.
Поэтому
AB+BC+AC^ABj- BD + AC+ СЕ=*р+р — 2рш
что и требовалось.
Карбанский, ученик 9 класса
1 школы ЛРОНО (16 лет).
71 ·

3. Доказать, что если длины сторон
прямоугольного треугольника выражаются целыми числами, то
произведение чисел, выражающих длины катетов
делится на 12.
Решение. Не может быть прямоугольного
треугольника, все стороны которого выражались бы
нечетными числами, так как сумма квадратов катетов была
бы в таком случае числом четным, а квадрат
гипотенузы— числом нечетным:
катеты: 2а + 1 и 2&-^1; гипотенуза 2с+1.
Имеем:
(2a+I)2+(2&+l)2 = 2(2a2 + 2a+2fe2+*2fe + l)
делится на 2
{2с·+ 1)2 = 2(2с24-2с)+1 не делится на 2.
Не может быть прямоугольного треугольника, у
которого катеты выражались бы нечетными числами, а
гипотенуза — четным:
Катеты 2а-\~\, 2fc+I; гипотенуза 2с.
Имеем:
(2а +1)2 + (2Ь 4-1)2 = 2 (2a2+2a+
-f-2fc2 + 2fc-f-l) не делится на 4,
(2с)* = Ас2 делится на 4.
Может быть прямоугольный треугольник с
катетами и гипотенузой, выражающимися четными числами
(например а = 6, 6 = 8, с =10). Произведение катетов
делится на 4 (2α·2£ = 4α£).
Может быть прямоугольный треугольник с одним
четным катетом и нечетными другим катетом и
гипотенузой.
(2а)2 + (2Ь +1)2 = (2с+I)2,
(2a)*^4[c(c + \)-b(b + l)].
с (с+ *)и *(*+1)—произведения двух соседних
членов натурального ряда, следовательно, каждое из этих
72

произведений делится на 2, а потому (2а)2 делится на
8 и α делится на 2. Значит один из катетов делится на 4.
Из всего изложенного следует, что произведение
катетов прямоугольного треугольника делится на 4,
Не может быть прямоугольного треугольника, в
котором ни одна из сторон не выражалась бы числом
кратным 3; в таком треугольнике катеты были бы
За + 1 и 36+1, а гипотенуза Зс + L Мы имели бы:
(За ± I)8 + (3*± I)2 = (Ъс± I)2,
Ъ{Ъа?±2а+Ы*±2Ь~~Ъс*±2с) = — I,
что при целых значениях а, Ь, с невозможно.
Не может быть прямоугольного треугольника, в
котором только гипотенуза выражалась бы числом,
кратным 3.
Катеты: 3aJil, 3£ + 1 гипотенуза Зс; имеем
(За ± I)2 + {ЪЬ ± 1)з = (Зс)8,
3(За8 + 2а + 3&з + 2£) + 2 = (Зс)2, что при целых зна-
зениях a, b> с невозможно.
Значит один из катетов делится на 3 и
произведение катетов тоже делится на 3.
Мы показали, что произведение катетов делится на
3 и на 4; значит она делится на 12.
П. В. Соколов (ученик 29 школы Бауманского района).
4. Сколькими различными способами можно
представить 1000000 в виде произведения трех целых
чисел. Представ гения, отличающиеся лишь порядком
сомножителей, считаются тождественными.
Решение. Заметим, что
1000000 = 26*56* .
73

Будем сначала представления, отличающиеся
порядком сомножителей, считать различными. Пусть
] 000000 представлен в виде произведения так;
1000 000 ^АВС,
где
А^2*Ъ°Л, В^2%\ C=2Yl5T*.
В такой форме задача сводится к определению числа
возможных способов разложить число 6 на сумму трех
слагаемых:
Пусть «ι = 0; тогда β! может принимать 7
различных значений: 0, I, 2,..., 6. Если же «ι = 1, то $г =
= 0, 1,..., 5 — таких разложений будет 6; и т. д.
Общее число возможных разложений αι+βι+γι = 6 pa-
8-7
вно 7 + 6 + ··· + 2+1__^_Β28. Каждое из
первых 28 разлбжений может комбинировать с каждым
из 28 вторых разложений; следовательно общее число
разложений равно 28-28 ==784,
Если теперь представления» отличающиеся лишь
порядком множителей, считать тождественными, то
некоторые из полученных представлений придется
отождествить, и общее число представлений будет
значительно меньше· Только одно представление не
зависит от порядка сомножителей, именно то, в котором
все сомножители равны Δ = В = С = 22·52, Исключим
его из общего числа представлений; получим
784—1=783 представлений, не составленных из трех
равных сомножителей.
Если представление содержит два равных
сомножителя, то третий сомножитель может стоять на
первом, втором или третьем месте; следовательно, такое
представление мы сосчитаем 3 раза. Но в каждый из
равных сомножителей 2 может входить в 0, 1, 2 или
74

3 степени* — всего четырьмя различными способами;
столькими же способами может входить 5 в каждой
из равных сомножителей. Так как эти способы можно
произвольным образом комбинировать между собою»
то общее число существенно различных
представлений этого рода будет 4·4—16.
Одно из них следует исключить, так как мы его
уже рассматривали, — это то, в котором Л = /? = С =
= 2й52. Остается 15 представлений, каждое из
которых мы сосчитаем 3 раза, всего 45 представлений.
Исключив их из числа 783 представлений, получим
738 представлений, в которых различны все
множители. Но три различных множителя можно расставить
6 различными способами {ABC, АСВ, ВАС, ВСА, САВ9
\СВА), поэтому число существенно различных
представлений равно 738:6 = 123.
Всего получаем
1 + 15+123=139
способов представления числа 1000000 в виде
произведения трех чисел, при условии, что представления,
отличающиеся лишь порядком сомножителей,
считаются тождественными.
(Никто из участников олимпиады не решил этой задачи.)
5. В пространстве расположены 3 плоскости и шар.
Сколькими различными способами можно поместить
β пространстве второй шар так, чтобы он касался
трех данных плоскостей и первого шара.
Решение. Имеются следующие возможности
расположения плоскостей и шара относительно друг
друга:
I. Все плоскости параллельны.
Независимо от положения данного шара задача не
имеет решения.
7ё

II. Две плоскости (Ех и Е2) параллельны, третья (£$)
пересекает их.
Между Е\ и Е% имеется бесконечное количество
шаров, которые касаются трех плоскостей. Центры их
лежат на пересечении плоскостей, делящих пополам
двугранные углы между Еи Е3 и Е2, £*3 (т. е. на двух
прямых S1 и S2).
Теперь принимаем во внимание дополнительное
условие: касание с данным шаром.
1) Если данный шар лежит за пределами
промежутка между Ег и Ε χ то решений нет.
2) Если же данный шар частично находится в проме*
жуткемежду ΕχίλΕ2,то центр искомого шара есть точка
пересечения прямой St (также и S2) со сферой,
описанной из центра данного шара радиуса равным сумме
радиусов данного шара и расстояния прямой St (или
S2) от плоскостей Eif Е.2, Е3. Точек пересечения может
быть 4. 3, 2, Л, 0. Столько же решений может иметь
задача (см. замечание I).
3) Все плоскости пересекаются.
Три пересекающиеся плоскости делят пространство
на 8 частей. Каждая из этих частей представляет
собою трехгранный угол. В каждый из них можно
вписать бесконечное количество шаров, центры которых
находятся на пересечении плоскостей, делящих
двухгранные углы рассматриваемого трехгранного угла,
т. е. на одной из четырех прямых (прямые S).
Рассмотрим теперь дополнительное условие о
касании с шаром. Проведем плоскость Е4 через центр
данного шара и прямую 5 (черт. 22). В этой плоскости
проводим через точку пересечения трех данных
плоскостей прямую Μ (черт. 23), составляющую с прямой
S такой же угол, какой 5 составляет со своей
проекцией на какую-либо из плоскостей Еи Е& Е$ (до сих
пор ход рассуждений был верен; дальше начинаются
76

ошибки, разбор которых дан в замечании II (Р. Б.)
(прямую Μ откладываем в сторону данного шара) Μ
пересекает данный шар в точке Ρ (если только
пересекает его). Соединяем Ρ и центр данного шара. Эта
прямая пересекает S в точке /% которая служит
центром искомого шара.
Черт. 22. Черт. 23.
В каждом трехгранном угле может быть 3 случая
(2, 1 и ни одного решения). Всего может быть 0,1,...
16 решений, причем возможны все 17 случаев (см.
замечание II).
Р. С. Френкин, ученик 10 класса немецкой школы № 1
им. К. Либкнехта (1-ая премия)
Замечание I
Здесь автор решения ошибается. В действительности
центр искомого шара может быть точкой пересечения
прямой St (или S2) не только с шаром, центр которого
совпадает с центром данного шара, радиус которого
равен сумме радиусов данного шара и расстояния от
прямой St (или S2) до плоскостей Ev E2, £8, но и с
шаром, центр которого лежит в той же точке, но ра-
77

диус которого равен не сумме, а разности указании χ
величин.
В связи с этой ошибкой число возможных решений
указано неправильно. Ведь каждая из прямых Sx и «S8
может иметь с каждым из этих шаров 2, 1 (в случае
касаниями 0 точек пересечения. Перебирая различные
комбинации, мы приходим к выводу, что задача в
зависимости от положения данного шара может иметь
8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0 решений, причем возможны
все перечисленные случаи (А Б.).
Замечание Η
В конце задачи автор решения допустил целый ряд
погрешностей. Прежде всего, несущественно в какую
сторону откладывать прямую Λί. Но самое важное это
то, что точка Ρ не будет точкой касания искомого и
данного шаров. Наконец, хотя число возможных
решений получено автором правильно, самый ход
рассуждений, который привел его к этому заключению,
неверен.
Если исправить все погрешности, то решение .будет
выглядеть так:
Так как центр данного и искомого шаров лежат в
плоскости, проходящей через центр данного шара и
прямую S, то и точка их касания лежит в этой
плоскости. Поэтому наша задача сводится к следующей
плоскостной задаче: В плоскости даны две
пересекающиеся прямые S и Μ (черт. 22) и круг (этим кругом
будет пересечение данного шара с рассматриваемой
плоскостью). Найти число окружностей, имеющих
центры на прямой S и касающихся как прямой Λί, так и
данного круга.
Известно, что эта последняя задача, в зависимости
от взаимного положения данного круга и двух
прямых, может иметь 4, 3, 2, 1, 0 решений. Но прямых S
78

будет 4, причем каждая из них может дать
указанное число решении. Поэтому общее число возможных
решений, в зависимости от взаимного расположения
плоскостей Еи Е2 и данного шара, может быть равно
О, lf 2, 3, 4, 5, 6," 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14? 15, 16
Черт. 24.
Укажем еще как решается задача, решение которой
мы предполагали известным. Проведем по обе стороны
прямой Μ параллельно ей две прямые Мх и Ж2
(прямая М% на чертеже не помещена) на расстоянии
равном радиусу данного круга от нее (черт. 24). Пусть
К% — какая-либо окружность с центром Хх на 5,
касающаяся прямой Mim Через точку пересечения прямых Мг
и 5, назовем ее О, проводим прямую, проходящую через
центр С данной окружности; пусть Л, иВг—точки
пересечения прямой с Kf Отложим на прямой 5 отрезок
ОС
ОХ'2 = ОХг -щ-. Тогда точка Х\ будет центром
окружности, проходящей через С и касающейся с Мг.
ос
Точка Х*2> для которой ОЛ"2 = ОХг -д^-, такжеобла-
79

дает этим свойством. Таких* окр?я£ностей мы
получим 2, 1 или 0, в зависимости от того,
пересекала ли прямая ОС окружность Κι или касалась ее,
или совсем не имела с ней общих точек. Если теперь
радиус полученной окружности уменьшим на
величину радиуса данной окружности, то эта новая
окружность (или окружности, если их две) будет касаться
внешним образом данного круга и касаться прямой Ж.
Точно так же поступая с прямой Ж2, получим 2,1
или 0 окружностей, проходящих через точку С и
касающихся прямой М2. Увеличивая ее (или их) радиус
на величину радиуса данной окружности, получим
окружность, касающуюся прямой Μ и (внутренним
образом) окружности С.