NEW YORK 1967
ЗАДАЧИ И ОЛИМПИАДЫ
ИЗ ЖУРНАЛА
“AMERICAN MATHEMATICAL
MONTHLY"
Перевод с английского
Ю. А. ДАНИЛОВА
Под редакцией и с предисловием
В. М. АЛЕКСЕЕВА
ИЗДАТЕЛЬСТВО • МИР • МОСКВА • 1977
512 513 517
И 32
Избранные задачи. Сборник. Пер. с англ,
и 32 Ю. А. Данилова. Под ред. и с предисл. В. М. Алек-
сеева. М., «Мир», 1977.
597 с. с ил.
В книгу включены лучшие задачи, опубликованные в жур-
нале «American Mathematical Monthly» с 1918 по 1950 г.
Уникальный по диапазону и разнообразию затрагиваемых тем
сборник содержит задачи из многих разделов классической
и современной математики. Задачи могут быть использованы
для проведения школьных и студенческих олимпиад, в работе
математических кружков и при самостоятельном углубленном
изучении математики.
Книга представляет интерес для школьников старших
классов, студентов, преподавателей математики и широкого
круга любителей нестандартных задач.
„ 20202,20203-177 ... ..
И 041(01)-7~ 177-77
512 513 517
Редакция научно-популярной и научно-фантастической литературы
© Перевод на русский язык, «Мир», 1977
ПРЕДИСЛОВИЕ РЕДАКТОРА
РУССКОГО ИЗДАНИЯ
Очертить круг читателей, которых наша книга заинте-
ресует и кому она принесет пользу, не легко. Поскольку
это сборник задач — а задачи надо решать, — читатель,
несомненно, должен быть любителем математики, при-
том любителем активным, которому размышление над
трудной задачей доставляет удовольствие. Подобным эн-
тузиастам эта книга даст обильную и достаточно разно-
образную пищу, возможно, даже слишком разнообраз-
ную и не всегда легко усвояемую. В наш просвещенный
век любителей математики гораздо больше, чем одних
профессионалов, однако наверняка далеко не все из них
принадлежат к числу активных. Таким образом, интере-
сующий нас круг читателей, простираясь широко, пере-
стает быть отчетливо очерченным и, возможно, изобилует
лакунами.
По сравнению с уже вышедшими в серии «Задачи и
олимпиады»1 книгами сборник «Избранные задачи»
более труден и рассчитан на весьма подготовленного чи-
тателя. Совсем элементарных задач «ни про что», не тре-
бующих никаких или почти никаких специальных позна-
ний в математике, здесь сравнительно мало, процентов
10—15. С другой стороны, большая часть задач все же
не выходит за рамки стандартных курсов высшей мате-
матики втузов и пединститутов и для студентов 1—2 кур-
сов вполне может служить нестандартным дополнением
1 Тригг Ч., Задачи с изюминкой, М., «Мир», 1975; Кюршак й.
и др., Венгерские математические олимпиады, М., «Мир», 1976.
5
к традиционным задачникам, а окончившим эти вузы на-
стоящий сборник поможет вспомнить забытое и узнать
кое-что новое. Этой категории читателей может также
принести пользу разбор решений и небольшой теорети-
ческий комментарий, приведенный в конце книги. По-
этому я не сомневаюсь, что среди активных читателей
будут не только те, кто избрал математику своей про-
фессией или кто дружит с ней сегодня, но и те, для кого
общение с ней было приятным эпизодом в прошлом и кто
хотел бы освежить в памяти свое знакомство с «царицей
наук».
Успеху «Избранных задач», как мне кажется, благо-
приятствует еще одно обстоятельство. Уже состоялись
две Всесоюзные студенческие олимпиады по математике
и предстоит третья. Если школьные математические
олимпиады разных уровней давно популярны и неплохо
обеспечены литературой, то со студенческими олимпиа-
дами дело обстоит далеко не так. С этой точки зрения
«Избранные задачи» выходят весьма своевременно. Как
сами задачи, так и в еще большей степени содержащиеся
в них идеи могут дать богатый материал и для трени-
ровки «олимпийцев», и для деятельности оргкомитетов,
обычно испытывающих нужду в подобном материале.
Как создавались «Избранные задачи»
Профессор Отто Данкел (1869—1951), памяти кото-
рого посвящен сборник, в течение двадцати восьми лет,
с 1919 по 1946 г., был одним из редакторов отдела задач
в журнале «American Mathematical Monthly», а с 1934 г.
возглавлял этот отдел. Его неутомимая энергия, добро-
совестность и внимание к мелочам издательской дея-
тельности во многом определили весь стиль отдела за-
дач, который с самого начала издания журнала и по сей
день занимает там значительное место.
6
После смерти О. Данкела руководство Американской
математической ассоциации, официальным органом кото-
рой является «American Mathematical Monthly», приняло
решение издать мемориальный сборник, отобрав для него
400 лучших задач из числа нескольких тысяч, опублико-
ванных в журнале за период 1918—1950 гг. Разумеется,
понятие «лучшая задача» является очень субъективным
и решить проблему выбора было нелегко. Издатели на-
шли следующий выход. Они предложили ряду матема-
тиков (всего их было 24)— активным сотрудникам и кор-
респондентам журнала, авторам многих задач и реше-
ний— представить списки задач, которые те считают
лучшими. После этого окончательный отбор был произ-
веден в соответствии с числом голосов, полученных той
или иной задачей.
Сборник «The Otto Dunkel Memorial Problem Book»
появился в виде дополнительного выпуска журнала
(American Mathematical Monthly, 64, № 7, Part II, 1957).
Он содержит краткую биографию О. Данкела, очерк
истории отдела задач журнала за 1894—1954 гг., усло-
вия 400 лучших задач, предметный указатель к задачам,
опубликованным в журнале с 1918 по 1952 г., и указа-
тель дат публикаций решений.
Настоящее издание «Избранных задач» из журнала
«American Mathematical Monthly» не является переводом
в буквальном смысле слова, поскольку для него не су-
ществует оригинала. Указанный выше мемориальный
сборник послужил лишь прототипом, на основе которого
была создана новая книга, входящая в серию «Задачи и
олимпиады» и имеющая ту же композицию, что и две ее
предшественницы. По традиции условия задач состав-
ляют в ней первую часть. Далее переводчик книги
Ю. А. Данилов собрал из различных выпусков журнала
решения большинства задач, которые составили вторую
часть книги. Поскольку задачи и их решения публикова-
лись в течение нескольких десятилетий, собрать их было
7
делом не легким. Дополнительные трудности вызывало
отсутствие единства стиля, обусловленное как пестротой
содержания, так и сменой поколений математиков. По-
этому условия задач (хотя и в небольшой степени) и
особенно решения являются в этой книге не столько пе-
реводом американских оригиналов, сколько достаточно
свободным их переложением. В условиях задач иногда
приходилось менять реалии, иногда же текст редактиро-
вался и уточнялся, если того требовало решение.
Я прочитал все собранные решения задач и попы-
тался взглянуть на них глазами современного читателя,
этакого «среднего любителя» решать задачи, получив-
шего стандартное математическое образование. Некото-
рые решения, оказавшиеся неудовлетворительными или
мало понятными просто потому, что «хорошо известное»
и «очевидное» математику 20-х годов не обязано быть
таковым в 70-х, мною были переделаны или написаны
заново. (В этих случаях после номера задачи стоит
знак *.) При этом всюду, где можно, я старался сохра-
нить идею и общий план оригинального рассуждения.
Ряд задач оставлен без решения либо потому, что я не
располагаю таковым (например, задачи 138 и 139), либо
потому, что известное мне строгое решение (например,
для задачи 260) не является достаточно простым для
понимания и изложения. В нескольких случаях (зада-
чи 150, 277 и все задачи на разрезание) приведено не-
полное решение (отсутствует доказательство минималь-
ности), и тем самым читателю предоставляется возмож-
ность улучшить книгу. Все подобные места отмечены
подстрочными примечаниями.
Встречающиеся в некоторых задачах ссылки на лите-
ратуру мы, как правило, оставляли и по возможности
указывали издания, более доступные советскому чита-
телю.
Наконец, в тех случаях, когда мне казалось, что
«средний любитель» математики может оказаться в за-
8
труднении и ему понадобится справка, относящаяся к
какому-либо мало популярному ныне разделу матема-
тики, я дополнял решение сведениями из теории или не-
большим комментарием. В совокупности это составило
третью часть книги. Как правило, здесь изложены лишь
факты, а доказательства если и приводятся, то самые
краткие. Активный читатель, зная формулировки, может
попытаться найти доказательства самостоятельно, и, сле-
довательно, он получает еще некоторое число задач сверх
четырехсот.
Конечно, содержание третьей части весьма субъектив-
но, и, возможно, какие-то места книги останутся для чи-
тателя не вполне ясными, а какие-то покажутся слишком
разжеванными. Не исключая подобной возможности, я
все же надеюсь, что большинство читателей найдет за-
дачи и их решения вполне удовлетворительными.
Не торопитесь решать задачи, начиная с первой!
История создания этого сборника объясняет пестроту
его содержания. К тому же мы сохранили порядок задач
оригинала, приблизительно хронологический, а не тема-
тический. Поэтому прежде всего я рекомендую читателю
просмотреть хотя бы бегло, но от начала до конца весь
раздел «Условия задач». Предметный указатель также
может помочь отобрать те задачи, которые вам по вкусу.
Среди задач сборника есть более и менее удачные,
совсем легкие и довольно трудные. Некоторые задачи
(например, 167, 209, 289) мне так понравились, что я
усиленно рекламировал их своим друзьям и знакомым.
Значительное место в сборнике занимают задачи по
математическому анализу и алгебре, которые можно от-
нести также к задачам по курсу высшей математики
втуза (определители, вычисление интегралов, простей-
9
шие дифференциальные уравнения, ряды). Впрочем,
иногда для решения этих задач совсем неожиданно при-
ходится прибегать к помощи других разделов математи-
ки. Например, в задаче 256 пришлось воспользоваться
теорией разложения целых чисел в сумму двух квадра-
тов.
Не менее значительное место занимает теория чисел
(делимость, диофантовы уравнения и пр.). Мне лично
доставило большое удовольствие разобраться в зада-
че 209 о целочисленных точках на сфере.
Богато представлена в сборнике почти вышедшая
ныне из моды синтетическая проективная геометрия. На-
пример, задача 167 о прямых, касающихся одной пара-
болы, может быть рекомендована любителям изящных
задач. Наконец, и любители развлекательных задач, не-
сомненно, найдут для себя кое-что интересное (зада-
ча 312 о служащих банка, прекрасная задача 277 про
беспосадочный перелет, неизменно вызывающая улыбку
задача 303 о «черной пятнице» и др.).
В оригинальном сборнике, кроме указания имени ав-
тора задачи, что мы сохранили в переводе1, дается еще
и ее номер в оригинале; более элементарные задачи ну-
меруются отдельно, и перед номером у них ставится бук-
ва Е (в нашем сборнике задачи 301—400 относятся к
числу элементарных). Эти сведения мы опустили; заин-
тересованный читатель может обратиться к оригиналу.
Пользуясь номером и указателем дат публикации реше-
ний, он при желании сможет разыскать оригиналы усло-
вий задач и решений. Некоторый интерес, впрочем, пред-
ставляет суммарная хронология (приведенные ниже даты
относятся к публикациям решений задач, номера — к на-
стоящему изданию):
1 Впрочем, установить подлинного автора задачи иногда бывает
нелегко. Например, полное решение задачи 260 опубликовано совет-
ским математиком Л. Г. Шнирельманом еще в 1929 г. — Прим. ред.
10
1918—1920 1921—1925 1926-1930 1931—1935 1936-1940 1941—1945 1946—1950 1951 — 1953	2-5 7-17, 19-23, 26-27, 29-30, 32, 33 1, 6, 18, 24, 25, 28, 31, 34-35, 37-54, 56 36, 55, 57-82, 84-92, 301-307 93-108, 110-142, 144-146, 308-328 147-159, 161-184, 186-194, 329-351 83, 109, 143, 160, 185,195-260,262-265,267,325-391 261, 266, 269-300, 392-400
В решениях задач знак *, помещенный в тексте, озна-
чает рекомендацию обратиться к части III, к тому ее
пункту, который снабжен указанием на номер комменти-
руемой задачи. Ссылки на другие пункты части III
даются так: см. III. 17.
Мне остается выразить благодарность всем, чьи уси-
лия способствовали появлению этой книги и ее совершен-
ствованию. Читателям же (надеюсь, многочисленным!) я
пожелаю успеха в решении задач и удовольствия от за-
нятия математикой.
В. М. Алексеев
Отто Данкел.
Памяти Отто Данкела
I. ЗАДАЧИ
1. «Многоэтажные» дроби. Из четырех величин аь
Й2, аз, at, не переставляя их, можно образовать следую-
щие четырехэтажные дроби:
«1	<Г1	«1	at	at
	а2 ’	а2	а2	а2
«ММ.М*	•MMI		МММЯ	
«3	аз	аз	аз	аз
«4	#4	#4	а4 ’	П4 *
Не все из них различны: значения первой и четвертой
дробей совпадают.
Определить, сколько различных рациональных функ-
ций можно построить из величин at, az, ..., ап, образуя
n-этажные дроби, какие из этих функций допускают бо-
лее одного представления в виде n-этажных дробей и
какие — лишь одно представление.
Frank Irwin
2. Сходимость числового ряда. Исследовать на сходи-
оо
мость ряд У, ап, общий член которого имеет вид
П=|
Г 1 • 3  5 ... (2п — 1) I2 3
ап L 2 • 4 • 6 ... 2» J •
R. Е. Moore
3. Два определенных интеграла. Доказать, что если
г — положительное целое число, то
Я
2
f sin(2r-|-l)<P
J sin (p
О

13
и
л
2	_	. _
С dff = 2 ГI	... +<=’>!.
J sin ф	L 3'5	7 1	1 2г — 1 J
о
Leonard Richardson
4.	Система функциональных уравнений. Решить сле-
дующую систему функциональных уравнений:

J. L. Riley
5.	Циркулянты и арифметическая прогрессия. Вы-
числить циркулянты
1 2 3 ... п—1 п
п 1 2 ... п—2 п—1
2 3 4 ...	1 п
at а2 а3 ... ап-{ ап
@п ®2 • • •	2 ^п~ 1
Й2 й3 ^4 • • •
где элементы alt а^,.. .,ап матрицы второго циркулянта
образуют арифметическую прогрессию.
Frank Irwin
6.	Диофантово уравнение. Доказать, что все решения
в целых числах уравнения
у2 — 1 + х + х2 + х3 4- х4
исчерпываются следующими парами чисел:
х = — 1,	0,	3;
у = ±1, ±1, ±11.
Т. Н. G г on wall
14
7.	Разложение в степенной ряд. Доказать, что при
|х|< 1
X	оо
1 Г --У-1-У 3'7
*^2.5-9
О	п=1
(4n — 1)
(4« + 1)
д;4п+1
VI 3-7
2. 5-9
п=1
(4я—1) . хт+2
(4п +1) 2п + 1 ’
Т. Н. G гonwa 11
8.	Обезьяна и груз. Через блок, прикрепленный к
крыше здания, переброшен канат. На одном конце ка-
ната висит обезьяна, к другому прикреплен груз, вес ко-
торого в точности равен весу обезьяны. Предположим,
что обезьяна начала взбираться вверх по канату.
Что произойдет при этом с грузом?
Lewis Carroll
9.	Асимптотика решения функционального уравнения.
Доказать, что если у(х)—решение функционального
уравнения
«/(х) = -^Л + г/(х + 1),
положительное при положительных целых значениях х,
то
lim г/(х)1пх = 1.
Л->оо
Е. L. Post
10.	Равносторонние треугольники и парабола. Равно-
сторонние треугольники со сторонами 1, 3, 5 ... выстрое-
ны в ряд так, что их основания расположены на одной
прямой и вплотную примыкают друг к другу.
Доказать, что вершины треугольников, противолежа-
щие основаниям, расположены на параболе и удалены на
целочисленные расстояния от ее фокуса.
Norman Anning 11
11. Наименьшие размеры окошка для приема посы-
лок. Оставляя в стороне ограничения на вес посылок,
можно сказать, что почта США принимает посылки, у ко-
торых длина и обхват, измеренный в направлении, пер-
15
пендикулярном длине, в сумме не превышают 72 дюй-
мов *.
Каковы наименьшие размеры квадратного окошка, че-
рез которое смогут пройти все ящики допустимых разме-
ров (ящик имеет форму прямоугольного параллелепи-
педа)?
L. G. W е 1 d
12.	Нулевой след. Пусть ast — элементы прямоуголь-
ной матрицы А размером т X п, a bts — элементы прямо-
угольной матрицы В размером п X т-
Доказать, что если АВА = 0, то есть для всех s и о
S astb/ifluv= О,
I, и
ТО
Sp АВ — 2 astbts = 0.
t, s
Индексы s, и принимают значения 1, 2, .т, индек-
сы t, v — значения 1, 2, ..., п.
Е. Н. М о о г е
13.	Параболы с параллельными осями. Оси двух
парабол параллельны.
Доказать, что их общая хорда пересекает их общую
касательную между точками касания.
R. Т. McGregor
14.	Гессиан однородного многочлена. Доказать, что
если f — однородный многочлен относительно п перемен-
ных и H(f) — его гессиан 1 2, то
=	• fa,
где с — некоторая постоянная.
L. Е. Dickson
15.	Перевод обыкновенной дроби в десятичную. Дока-
зать, что если при переводе обыкновенной дроби p/q (р
и q— целые числа, q > р) в десятичную один из непол-
ных остатков от деления р на q равен q — р, то исходная
дробь plq представима в виде бесконечной периодической
1 1 дюйм = 25,4 мм.
2 По определению H(f) = det
d'f
dxtdxj
Прим. ped.
16
десятичной дроби, период которой содержит вдвое боль-
ше знаков, чем полученное к моменту появления остатка
q — р неполное частное, причем для получения недостаю-
щих знаков периода нет необходимости продолжать де-
ление, а достаточно вычесть уже известное неполное
частное из числа, совпадающего с ним по количеству
знаков и состоящему из одних лишь девяток.
R. Е. Gaines
16.	Превращение равностороннего треугольника в
квадрат. Пользуясь циркулем и линейкой, разбить рав-
носторонний треугольник на части (с прямолинейными
сторонами) так, чтобы из них можно было составить
квадрат.
Н. Е. Dudeney
17.	Конический бокал. Человек пьет воду из кониче-
ского бокала, наклоняя его с постоянной угловой ско-
ростью.
При каком угле наклона «расход воды» максимален?
При каком угле наклона площадь свободной поверхности
воды в бокале максимальна?
J. Р. Ballantine
18.	Определитель из экспонент. Доказать, что если
а, Ь, ..., i — неотрицательные вещественные числа и
определитель
ar Ьг сг
D(r) =
Г
iT
обращается в нуль при пяти отличных от нуля веще-
ственных значениях г, то определитель D(I) содержит
либо две пропорциональные строки, либо два пропорцио-
нальных столбца, либо одну строку или один столбец, за-
полненные нулями,
С. F. G u m m е г
19.	Точка с экстремальным свойством. Найти точку
плоскости, сумма расстояний от которой до п заданных
точек минимальна.
J. Rosenbaum
17
20.	Степенной ряд и конечные разности. Вычислить
сумму степенного ряда
S2(x)=l + ^r + ^r + ^r+ ...»
у которого коэффициенты числителей образуют набор чи-
сел с постоянной третьей разностью равной 2.
Е. J. Oglesby
21.	Геометрическое построение одной линейкой. Можно
ли, пользуясь только линейкой, построить2 прямую, пере-
секающую четыре заданные скрещивающиеся прямые?
R. М. Mathews
22.	Пробел в доказательстве. В одной статье, опубли-
кованной в солидном математическом журнале, содер-
жалось следующее утверждение: «Нетрудно доказать,
что если р > 0 — целое число и at, а2, • • , ар — целочис-
ленные коэффициенты, то из соотношения
• л ।	. 2л .	.	. (р — 1) л ,
a'sin'27 + a2Sin2p + +a₽-isin ---2р .......+aP = 0
с необходимостью следуют равенства = a2 = ... =
=	== Цр == 0».
Восполните пробел в рассуждениях автора статьи:
докажите (или опровергните) высказанное им утвержде-
ние.
Е. Т. В е 11
23.	Решение уравнения в целых числах. Доказать, что
уравнение х? -ф ур + z* — 0 допускает решение в целых
1 Третья разность последовательности ап определяется равен-
ством
А3вп = ап+з — За„4-2 -|- Зап+1 — а»,
(см. III. 14). — Прим ред.
1 Поскольку речь идет о построении в пространстве, да еще
ограниченными средствами, следует уточнить, какие именно опера-
ции считаются допустимыми. Здесь подразумевается, что можно де-
лать «линейные» построения с плоскостями (провести плоскость че-
рез точку и прямую или через три точки, найти точку пересечения
прямой и плоскости), а в каждой плоскости производить построения
при помощи обычной линейки. — Прим. ред.
18
числах х, у, z, не делящихся на нечетное простое число р,
если
| [|ЛГ2 (Р) - |	(Р) + у (р) - • • • + Np-t (Р)]+1
делится на р. Здесь Nr(n) — число способов, которыми п
можно представить в виде упорядоченной суммы г квад-
ратов целых чисел, отличных от нуля.
Е. Т. В е 11
24.	Корни уравнения с «почти биномиальной» левой
частью. Доказать, что если вещественные или комплекс-
ные числа at, аг, ..., ап являются корнями уравнения
хп — natxn-1 + ( 2 ) а2хП”2 + • • •
... +(-!)<(«	... +(-i)«fln=0
(где ( ” ) — биномиальные коэффициенты), то at =
== Й2 == . . . == Ctn*
Otto Dunkel
25.	Соотношение между корнями двух многочленов.
Пусть f(x)—многочлен n-й степени, a f'(x) — его произ-
водная. Составим разности между каждым из корней
уравнения f(x)=O и каждым из корней уравнения f'(x) =
= 0.
Вычислить сумму величин, обратных полученным раз-
ностям.
J. L. Riley
26.	Кривая, описываемая центром катящейся сферы.
Сфера радиуса R катится по двум пересекающимся пря-
мым, наклоненным к горизонту под одинаковыми угла-
ми и образующим друг с другом угол 2а.
Доказать, что при качении центр сферы описывает
дугу эллипса с полуосями R cosec а и R.
William Hoover
27.	Гармоническая функция. Пусть Т — открытая
область на плоскости ху, например внутренность гладкой
19
простой замкнутой кривой; функция U непрерывна в об-
ласти Т и удовлетворяет уравнению
т
при любых функциях V, имеющих в Т непрерывные вто-
рые производные и обращающихся в нуль в некоторой
окрестности границы этой области.
Доказать, что функция U — гармоническая в Т, то
есть удовлетворяет уравнению Лапласа
д2и . д2и _ „
дх2 “г ду2 ~
О. D. К е 11 о g
28.	Уравнение, приводящее к числам Бернулли. Пусть
последовательность сз, с5) с7, ... выбрана так, что урав-
нения
с, Г__!____I---£з_____|____£>___|____£z____|_
L(s+ 1)1	41(s-l)l ~ 61(8-3)1 ~ 81(3-5)1	• • •
+ (8 +1)121]	0
удовлетворяются при всех положительных нечетных з
(s = 2п + 1, где п + 1).
Доказать, что если s уменьшить на 1 (то есть поло-
жить s = 2n), то левая часть соответствующего уравне-
ния станет равной -J-Bn или —Вп в зависимости от того,
нечетно или четно п (Вп — п-е число Бернулли) *. Дока-
зать также, что любой из коэффициентов сд можно най-
ти, не вычисляя всех предыдущих коэффициентов,
S. A. Corey
29.	Представление числа л в виде ряда. Дана после-
довательность 1/1=2, «2 = 8, .... «п в 4мп_1 — Ып_2
(п = 3, 4, 5, ...).
1 Числа Бернулли проще всего определить как коэффициенты
разложения
X	1	v2	, ,	х2£
+	..+(-!/- В^+ ....-
Прим, ред,
20
Доказать, что
Norman Anning
30.	Предел последовательности. Пусть at = а > 0,
О2=аа', а3 « а"2,.... ап+1 = аа", ....
Что можно сказать о lim ап как функции от а? (Пре-
П->оо
дел существует и при некоторых значениях а> 1.)
J. Lense
31.	Геометрическое построение при помощи линейки.
На прямой заданы четыре точки: О, А, В, С.
Пользуясь лишь линейкой, найти на этой прямой та-
кую точку Р, чтобы длина отрезка ОР была средним
гармоническим длин отрезков ОА, ОВ и ОС.
Norman Anning
32.	Коэффициенты кубического уравнения и геометрия.
Какими должны быть соотношения между коэффициен-
тами кубического уравнения для того, чтобы из отрезков,
длины которых равны значениям корней уравнения, мож-
но было построить треугольник?
N. А. С о и г t
33.	Неравенство для непрерывной функции, заданной
на отрезке. Пусть f(x)— однозначная и непрерывная
функция от х на отрезке а х sg b (Ь > а), не равная
тождественно нулю и удовлетворяющая неравенствам
V	«5^ 1Т1, Доказать, что Г Ь	-12	г Ь 0 < \ f (х) dx I — I \ f (х) cos х dx •-a	J	Г Г Г	T I — I \ f (x)sinxdx I J La	J Д12	~ «)* m	12 Otto Dunkel 21
34.	Определитель из корней уравнения хп = 1. Пусть
п — натуральное число больше 2, е — первообразный ко-
рень уравнения хп— 1, |а,3|—определитель (п—1)-го
порядка, элемент которого аг-3 равен е” = (е*)’.
Доказать, что
(п-1)(гг-2)
Ы=Н) 2
Пп~2.
Harry Langman
35.	Построение касательной к окружности при помо-
щи линейки. Пользуясь только линейкой, провести пря-
мую, касательную к окружности или к дуге окружности
в заданной точке. (При построении касательной не сле-
дует опираться на теорему Паскаля о шестиугольнике.)
Harry Langma n
36.	Соотношение между гессианом от алгебраической
формы и произвольной аналитической функцией. Пусть
f — любая алгебраическая форма степени г > 1 от пере-
менных, H(f)—ее гессиан, а <р— произвольная аналити-
ческая функция.
Доказать, что
и [ф (ffl = и (f) [(Л)”+.
С. С. MacDuffee
37.	Две лестницы. На горизонтальной площадке воз-
ведены две параллельные вертикальные стены. Лестница
длиной а поставлена на землю у основания одной стены
и прислонена к другой, лестница длиной Ь поставлена
у основания второй стены и прислонена к первой.
Каким должно быть расстояние между стенами для
того, чтобы лестницы перекрещивались на высоте h над
уровнем площадки? При каких условиях задача допу-
скает решение?
С. С. С a m р
38.	Две последовательности иррациональных чисел.
Пусть X — положительное иррациональное число, а У =
= 1/Х.
22
Доказать, что между любыми двумя последователь-
ными натуральными числами содержится один и только
один член одной из последовательностей
(14-Х), 2(1+Х),
(1+Г), 2(1+Г),
3(1+ Х)....
3(1 +Г)....
Samuel Beatty
39.	Пересечение кривых, заданных уравнениями
в полярных координатах. Справедливо ли утверждение:
«Точки пересечения двух кривых, заданных уравнениями
в полярных координатах (р, &), можно найти, решив си-
стему этих уравнений относительно р и О»?
Otto Dunkel
40.	Треугольник с наибольшей площадью. Пусть а, Ъ,
с — длины трех отрезков, удовлетворяющие соотношению
а3 + ьз + с3 = Зт3.
Доказать, что наибольшая площадь треугольника,^ко-
торый можно построить из этих отрезков, равна т2 V3/4.
С. N. Mills
41.	Квадратный корень из среднего квадратичного.
Назовем величину
х2 + х2 + ... +4\'‘
квадратным корнем из среднего квадратичного (ККСК)
п чисел Xi, Х2,	, хп.
а.	При каких значениях п ККСК первых п целых чи-
сел является целым числом?
б.	При каких значениях а и п ККСК п последова-
тельных целых чисел а, а + 1.....а + «— 1 является
целым числом?
R. В. Stone
42.	Мартышка и кокосовые орехи. Пересчитав сло-
женные в кучу кокосовые орехи, первый прохожий обна-
ружил, что если 1 орех отдать мартышке, то число остав-
шихся орехов разделится на п без остатка. Отдав лиш-
ний орех мартышке, он взял себе 1/п оставшихся орехов
и ушел. Так же поступили и те, кому случилось набрести
на кучу орехов после него. Каждый, пересчитав орехи,
замечал, что их число при делении на п дает остаток 1;
отдав мартышке лишний орех, он забирал себе l/п остав-
шихся орехов и шествовал дальше. После того как ушел
последний, n-й «посетитель», число орехов, оставшихся
в куче, делилось на п без остатка.
Сколько кокосовых орехов было в куче сначала и
сколько осталось в конце?
R. S. Underwood
43.	Функциональный определитель. Пусть г! fi =
dlf
dxl
	fr	fr+l	• • • fr + n-
D =	fr + i	fr+2	• • • fr+n
	fr+n-i	fr+n	• • • fr+2n
Доказать, что — (г + 2п — 1) D', где D' — опре-
делитель, получающийся из определителя D при увели-
чении всех индексов в последней строке на 1.
Otto Dunkel
44.	Система уравнений, допускающая решение в поло-
жительных числах. Доказать, что система уравнений
<р(х, у) = х + у + £ А1,кх*ук— 1 = 0,
хфл: — аусру = 0,
где Л,, л > 0, а > 0, 2 гС » + k п, допускает одно и
только одно решение в положительных числах.
J. V. Uspensky
45.	Плоская крцвая. Вывести уравнение плоской кри-
вой, лежащей в полуплоскости у > 0, вдоль которой
точка, движущаяся со скоростью, пропорциональной ор-
динате, совершит переход из точки (xi,z/i) в точку (хг.Уг)
за наименьшее время.
Laenas G. Weld
46.	Интеграл от биномиального коэффициента. Пусть
v — целое число, удовлетворяющее неравенству v 1.
Доказать, что
о	о
24
где
f	••• <f-v + 1)
к V )	vl
L. L. Silverman, J. Tamarkin
47.	Соотношение между радиусом вписанной сферы
и длинами ребер, проходящих через вершину тетраэдра
с тремя прямыми углами при вершине. Известно, что
радиус вписанной окружности прямоугольного треуголь-
ника равен полуразности суммы катетов и гипотенузы.
Вывести аналогичное соотношение для радиуса сфе-
ры, вписанной в тетраэдр с тремя прямыми плоскими
углами при вершине.
J. Rosenbaum
48.	Частный случай великой теоремы Ферма, а. До-
казать, что сумма х2 + у2, где хну — целые числа, не
может быть квадратом целого числа, за исключением
того случая, когда х или у делится на 3.
б.	Сформулировать и доказать утверждение, анало-
гичное предыдущему, для случая, когда речь идет о де-
лимости на 5.
в.	Обобщить задачу на случай произвольного показа-
теля степени п и, решив ее, доказать великую теорему
Ферма для некоторого класса чисел.
Paul Wernicke
49.	Тождество относительно 12 переменных. Пусть
(1, 2, 3, 4, 5, 6)—определитель 6-го порядка, i-я строка
которого содержит элементы х|, хгур у?,	у., 1 (пе-
речисленные в том порядке, в котором они расположены
в строке, если двигаться по ней слева направо), и
	Xi	У1 1
(г, /, k) =	xi	У1 i
	Xk	Уь 1
Доказать, что соотношение
(1, 2, 3, 4, 5, 6) = (6, 1, 2)(2, 3, 4)(4, 5, 6)(1, 3, 5)-
-(1,2, 3)(3, 4, 5) (5, 6, 1)(2, 4,6)
представляет собой тождество относительно 12 независи-
мых переменных х,, у,, где i — 1, 2, ..., 6.
Otto Dunkel
25
50.	Два ряда с интегральными членами.
Доказать, что
V — С s‘n z
Lj п ] z
п-1 2лл
dz = n—у-In 2л
Л
п-1 пл
J. V. Uspensky
51.	У водяной мельницы. Колесо водяной мельницы
радиусом а вращается так, что точки обода имеют ли-
нейную скорость V. С обода срываются капли воды.
Найти огибающую траекторий, описываемых капля-
ми воды.
В. F. F i n k е 1
52.	Число л в виде ряда. Доказать, что
ео
f = £arcctg2U2,
где «1 — 1, «2 = 3, иг — 4иг-1 — Ur-2 (г 3).
А. С. A i t k е n
53.	Два равносторонних треугольника. Дан произ-
вольный треугольник. На его сторонах вовне построены
равносторонние треугольники. Их центры служат верши-
нами некоторого равностороннего треугольника А. Цент-
ры равносторонних треугольников, построенных на сто-
ронах исходного треугольника внутрь его, служат вер-
шинами другого равностороннего треугольника В.
Доказать, что разность площадей треугольников А и
В равна площади исходного треугольника.
Harry Langman
54.	Соотношение между биномиальными коэффициен-
тами. Доказать следующее соотношение:
26
где (£)-биномиальные коэффициенты, a t равно г/2
при четном г и (г — 1)/2 — при нечетном г.
В. С. Wong
55.	Предел интеграла.
Доказать, что интеграл
о о
f х2 + х2 + ... + х2
J x>+x2+ ... +хп dxidx2 ••• dx"
о
при неограниченном возрастании п стремится к пределу
2/з и произведение n(Vn — 2/з) остается ограниченным.
J. V. Uspensky
56.	Соотношение между факториалами. Доказать, что
Аг(г—1)1(г —2») 12_ (2г-2)1
ZuL (г -»)!»! J г! (г — 1)1’
i—o
J (г — 2)/2 при четном г,
где t ((г — 1 )/2 при нечетном г.
В. С. W о n g
57.	Квадрат со сторонами, проходящими через задан-
ные точки. Построить квадрат, каждая сторона которого
проходит через заданную точку.
С. О. W i 11 i a m s о n
58.	Соотношение между суммами степеней натураль-
ных чисел. Доказать, что
7 У Л° + 5(р +1)£й« + р£а2
й-1	_ га2 -Ь га -|- р
А	А А га2 + га — р '
7 £л°-5(р-1)£л<-р£л2
D. Н. Dodge
59.	Разбиения многоугольника. Выпуклый много
угольник с п сторонами можно разбить на треугольники
диагоналями, которые пересекаются лишь в его верши-
нах.
Вывести общую формулу для числа таких разбиений.
Otto Dunkel
27
60.	Наиболее экономичное сопротивление. Располагая
достаточно большим запасом единичных сопротивлений,
нетрудно создать между двумя произвольными точками
А и В любое сопротивление p/q, где р и q — целые числа.
Для этого достаточно соединить параллельно q групп из
р последовательно включенных единичных сопротивле-
ний, то есть взять всего pq единичных сопротивлений.
Однако обычно то же сопротивление удается получить из
меньшего числа единичных сопротивлений.
Найти минимальное число единичных сопротивлений,
которое необходимо для создания между двумя точками
А и В электрической цепи сопротивлением p/q, где р и
q — целые числа.
R. М. S u 11 о п
61.	Необычное дифференциальное уравнение. Решить
дифференциальное уравнение
cos w d-w I ,
16 + 9 sin2 w ~~ 12 arct£x-
о
F. P. M a t z
62.	Три конкурентные прямые. Вокруг окружности
описан треугольник. Выберем произвольно две из его
сторон.
Доказать, что следующие три прямые проходят через
одну точку: а) прямая, соединяющая точки касания вы-
бранных сторон и окружности; б) прямая, соединяющая
точки пересечения выбранных сторон с биссектрисами
противолежащих углов; в) прямая, соединяющая основа-
ния высот, опущенных на эти стороны.
A. Pelletier
63.	Сравнения по нечетному простому модулю. Дока-
зать, что если р — нечетное простое число, то
р-Н
I2 • З2 • 52 • ... • (р — 2)2 = (—1) 2 (modp),
р-н
22.42 . б2 • ... • (р — l)2s(—1) 2 (modp).
Mannis Charosh
28
64.	Сходящийся и расходящийся ряды. Доказать, что
если бесконечный ряд Ui + Uz + ... с положительными
членами сходится, то ряд
^- + ^+ ...
Г1 Г2
расходится (гп — сумма членов первого ряда, начиная с
/i-го, то есть гп — ип + «п-ц + ...).
О. D. Kellogg
65.	Уравнение с биномиальными коэффициентами.
/15\ /14\
Известно, что 3003 = 1 _ I — I « .
\ 57 \ 67
Решить в положительных целых числах уравнение
1 \	( X \
у /
NormanAnnlng
66.	Треугольник Паскаля и определитель. Доказать,
что определитель из п элементов, стоящих в левом верх-
нем углу треугольника Паскаля
1 1 1 1 ....
123...,
1 3 ...
1 ...
равен 1.
С. A. Rupp
67. Система уравнений. Решить следующую систему п
уравнений с п неизвестными xt, х2, ..., хп-.
Х{ Х2 ... X	tl— 1		х2 х'.	... хп	
Хп Xi ... X	п—2	= «1,	Xi X;	• • • хп-1	= а2> • • •>
Х3 Xi ... Xi			х4 х£	... х2	
	х„	Х1 ..	хп-2		
	Х„-	1 хп . .	хп~3	= а„.	
	х2	хз ..	хп		
				Е	. В. Е s с о 11
29
68.	Определители из нулей и единиц. Пусть Dn —
определитель n-го порядка, составленный из нулей и еди-
ниц таким образом, что в каждой его строке и в каждом
столбце содержатся 2 единицы и п — 2 нулей.
Доказать, что: а) при любом п определитель Dn ра-
вен ±2т или 0, где числа тип либо оба четные, либо
нечетные; б) если Z>s = 0, то две строки определителя
совпадают; в) если в определителе Dn совпадают две
строки, то в нем совпадают также и два столбца, и на-
оборот; г) если Dn 0, то Зт sg п.
J. Р. Ballantine
69.	Комплексные числа с равными модулями. Дока-
зать, что если а, Ь, с — комплексные числа и
|а|=|Ы = |с| = г^=0,
то | (ab + be + са) / (а + b + с) | = г. Обобщить доказа-
тельство на случай п комплексных чисел равного модуля.
A. A. Bennett
70.	Наилучшее приближение к 1. Рассмотрим дроби
вида 7п, где п — натуральное число больше 1: 7г, 7з,
74, . • • • Требуется определить, какие п из этих дробей
(дроби могут повторяться), взятые в сумме, дают наи-
лучшее приближение к 1 снизу. Например, при п = 3
иаилучшее приближение дает сумма 7г + 7з + 7? =
= 47i2-
Доказать, что в общем случае наилучшее приближе-
ние к 1 дает сумма п первых членов ряда
1 . ± + l + J_ . _1_ +
2 + 3 + 7 + 43 + 1807 + • • •
(знаменатель каждого члена этого ряда, начиная со вто-
рого, на 1 больше произведения знаменателей всех пре-
дыдущих членов).
Martin Rosen man
71.	Стержень на круглом столе. Тонкий стержень
длиной 2а лежит на круглом столе радиусом г > а.
Какова вероятность, что ни один из концов стержня
не выступает за край стола? Какова вероятность, что
30
один из концов стержня выступает за край стола? Тот же
вопрос относительно обоих концов стержня.
R. Е. Gaines
72.	Стягивающиеся многоугольники. Рассмотрим на
плоскости п точек. Соединим их в любом порядке так,
чтобы получился замкнутый многоугольник. Ту же опе-
рацию осуществим с серединами п сторон построенного
многоугольника.
Доказать, что при неограниченном повторении такой
операции последовательно получаемые многоугольники
стягиваются в точку.
Martin Rosenman
73.	Разложение определителя по последнему столбцу.
Доказать, что
е11	0	0 ...	0	А
^21	^22	0 ...	0	Л2
^31	^32	е33 ...	0	А
еп\	еп2	епЗ • • •	еп, п~ 1	Ап
-^п Anjpi 4" Ап1р;р] . . . 4" ( 1) Anlpip2 ... ps,
{1, если i делится на /,
О, если i не делится на /,
a pit pj, ... — различные простые делители числа п.
J. М. Feld
74.	Описанный эллипс. Найти эллипс наименьшей
площади, описанный вокруг данного треугольника.
Orrin Frink, Jr.
75.	Делимость чисел вида 2“ 4" 1- Пусть аир — поло-
жительные целые числа, причем р > 2.
Доказать, что 2“ 4-1 никогда не делится на 2р—1.
D. С. Duncan
76.	Кривая, описываемая фокусами вращающегося
эллипса. Эллипс вращается в своей плоскости так, что
31
все время касается фиксированной прямой в фиксиро-
ванной точке.
Доказать, что его фокусы описывают при этом кри-
вую, ограничивающую часть плоскости, площадь кото-
рой равна 2ла(а — Ь).
R. Е. Gaines
77.	Гамма-функция и л-я разность !п х. Пусть
Дп In х— п-я разность функции 1п х, отвечающая шагу11.
Доказать, что
lim (-1)"+,л*1п«-Дп1пх=Г(г).
П-Ж>
В. F. Kimball
78.	Рациональные прямоугольные треугольники. Най-
ти набор целых чисел, порождающих последовательность
рациональных прямоугольных треугольников, члены ко-
торой при возрастании их номера стремятся к прямо-
угольному треугольнику с наименьшим углом, рав-
ным 30°.
Н. Т. R. A u d е
79.	Асимптотические свойства биномиальных коэф-
фициентов. Доказать, что отношение суммы ft-, (h 4- k)-,
(/г 4-2^)-го и т. д. биномиальных коэффициентов к сум-
ме всех коэффициентов в разложении (а 4- Ь)п стремится
к \/k при л->оо. Здесь k — положительное целое число,
й = 1,2, .... k.
Н. Grossman
80.	Графический метод вычисления корней квадрат-
ного уравнения. При вычислении вещественных корней
квадратного уравнения иногда используют следующий
графический метод. Уравнение приводят к виду х2 —
— ах 4-й = 0, где а и Ь вещественные числа, такие, что
отрезки длиной а и b допускают построение при помощи
‘При шаге Л Д^(х) = £ (-If* ( " )f(x + sh) (см. III. 14).—
s-o
Прим. ped.
32
циркуля и линейки. На плоскости вводят прямоугольную
систему координат и отмечают точки Q(a,b) и 5(0,1).
На отрезке BQ, как на диаметре, строят окружность.
Если эта окружность пересекает ось х в точках М и У,
то длины отрезков ОМ wON совпадают с корнями дан-
ного уравнения (рис. 1).
Обобщить этот графический метод решения квадрат-
ного уравнения на случай комплексных корней.
A. S. Levens
81.	Соотношение между биномиальными коэффициен-
тами. Доказать, что
п
£(-!)*+'
Й=1
при любом натуральном п.
R. Е. М о г i tz
82.	Определитель из биномиальных коэффициентов.
Доказать, что определитель матрицы, получающейся
33
при вычеркивании k-vo столбца в матрице
83.	Функциональное уравнение. Решить функциональ-
ное уравнение
где р — вещественная постоянная, a f(x) — положитель-
ная непрерывная однозначная функция положительного
переменного х.
F. Т. O’D о u b 1 е г
84.	Премия покупателям сигарет. Как известно, неко-
торые фирмы, занимающиеся производством сигарет,
имеют обыкновение вкладывать в пачки сигарет играль-
ные карты. Тому из покупателей, кто сумеет собрать пол-
ную колоду карт, фирма выплачивает премию или вы-
дает какой-нибудь приз.
Предположим, что в каждую пачку вложена одна из
карт колоды в 52 листа, карты распределены по пачкам
случайным образом и число пачек, поступающих в про-
дажу, неограниченно.
Какое минимальное число пачек необходимо купить
в среднем, чтобы собрать полную колоду карт?
A. F. Stevenson
34
85.	Прямая Симеона. Рассмотрим параболу с фоку-
сом в произвольной точке Р описанной окружности тре-
угольника АВС, касающуюся сторон треугольника.
Доказать, что прямая Симеона (*), построенная для
точки Р, совпадает с касательной к этой параболе в ее
вершине.
J. М. Feld
86.	Взаимно-однозначное соответствие между точка-
ми замкнутого и открытого интервалов. Установить вза-
имно-однозначное соответствие между точками откры-
того интервала 0 < х < 1 и точками замкнутого интер-
вала 0 х 1.
Martin Rosenman
87.	Вычисление определителя. Доказать, что опреде-
литель матрицы w-го порядка с элементами ац = |i — j|
равен (—1)п-1(«—l)2n~2.
Raphael Robinson
88.	Разложение на множители. Разложить многочлен
х8 + 98х4г/4 + у& в произведение двух многочленов с це-
лочисленными коэффициентами.
Е. В. Е scott
89.	Рекуррентное соотношение. Доказать, что при
любых натуральных k
_ (2fe — 2)! _	1	/ 2k — 1 \
kt(k- 1)! — 2k — 1 k k )
— целые числа удовлетворяющие рекуррентному соотно-
шению
Фп= Z<Pi<Pn-i-
i = l
Garrett Birkhoff
90.	Многочлен, имеющий только вещественные корни.
Доказать следующую теорему.
Если многочлен n-й степени f(x) = апхп +
+ «» -ix”-1 + ... 4-ajX + ao с вещественными коэффи-
циентами имеет только вещественные корни, то;
35
а)	правило Декарта позволяет точно определить чис>
ло положительных и отрицательных корней многочлена
f(x);
б)	из аг = 0 (п > г > 0) следует неравенство
dr-i-idr—i 0.
В. W. Jones
91.	Два сравнения. Пусть р — простое число вида
4k + 3, т — число квадратичных невычетов, меньших
Р/2.
Доказать, что
1-3-5- ... .(p-2)s(-l)w+ft(modp),
2-4-6 - ... .(р —l) = (-l)OT+A+1(modp).
Mannis Charosh
92.	Сумма медиан n-симплекса. Доказать, что сумма
медиан n-симплекса меньше суммы ребер симплекса, ум-
ноженной на 2/п, и больше той же суммы, умноженной
на («4- 1)/«2. причем оба неравенства неулучшаемы.
Raphael Robinson
93.	Определитель из сумм общих делителей двух
чисел. Пусть S(i, j)—сумма общих делителей чисел 1и j.
Доказать, что
S(l, 1) 5(1, 2) ... 5(1, п)
5(2, 1) 5(2, 2) ... 5(2, n)
5(«, 1) 5(n, 2)... 5(n, n)
Melvin Dresher
94.	Функциональное уравнение. Решить функциональ-
ное уравнение
f(x)f(-x) = C2 = [f(0)]%
где f(x) — однозначная положительная вещественная
функция вещественного переменного х.
W. М, Whyburn
36
S3.	Решение системы уравнений в целых числах. До-
казать, что существуют четыре различных набора целых
чисел, удовлетворяющих уравнениям
х1 + г2 + х3 = 54, х2 + х| + х2= 1406.
Разработать общий метод решения в целых числах ана-
логичной системы уравнений, в которых вместо 54 и 1406
стоят целые числа а и Ь.
Е. Р. Starke
96.	Пес и его хозяин. Пес и хозяин оказались’ на
противоположных берегах реки один напротив другого.
Пес бросился в воду и поплыл, все время «держа курс»
на хозяина, со скоростью, которая в стоячей воде соста-
вила бы 2 мили в час. Скорость течения реки постоянна.
Хозяин заметил, что собаку перестало сносить течением,
лишь когда она преодолела 2/3 ширины реки, и что, пе-
реплывая реку, собака затратила на 5 минут больше вре-
мени, чем на преодоление расстояния, равного ширине
реки, в стоячей воде.
Определить ширину реки.
J. В. Reynolds
97.	Идемпотентный базис матриц n-го порядка. Найти
такой базис hPq матриц я-го порядка, каждый элемент
которого — идемпотент и hpqhrs = kpqrshps, где kpqrs — ра-
циональное число.
J. Н. М. Wedderburn
98.	Произведение восьми последовательных целых
чисел и четвертая степень целого числа. Доказать, что
целая часть корня четвертой степени из произведения
восьми последовательных целых чисел равна х2 + 7x4-6,
где х—наименьшее из восьми целых чисел. Пользуясь
этим результатом, можно показать, что произведение
восьми последовательных целых чисел не может быть
четвертой степенью целого числа.
V. Thebault
99.	Приведение квадратичной формы к сумме квад-
ратов. Доказать, что если квадратичную форму
Z |j — j\x(xh
/т0
37
где п 1, привести к сумме квадратов вещественным ли-
нейным преобразованием, то коэффициент при одном из
квадратов будет положительным, а коэффициенты при
п остальных квадратах— отрицательными.
Raphael Robinson
100.	Простые числа вида Зп-|-1. Пусть р — простое
число вида Зп + 1.
Доказать, что его можно представить в виде р =
==Л24-27В2, где А и В — положительные целые числа
в том и только в том случае, если число 2 есть кубиче-
ский вычет по модулю простого числа р.
Bernard Friedman
101.	Разложение на множители с рациональными
коэффициентами. Определить значения А, при которых
трехчлен х12 + Ах6 у6 + У12 допускает разложение на два
многочлена шестой степени с рациональными коэффи-
циентами.
Е. В. Е scott
102.	Хорда, отсекающая сегмент минимальной пло-
щади. Определить положение хорды, совпадающей
с нормалью к коническому сечению и отсекающей от него
сегмент наименьшей площади.
R. Е. Gaines
103.	Измеримые множества. Пусть Еь Е2,..., Еп,... —
бесконечная последовательность измеримых множеств
на отрезке (а, Ь), таких, что mes (Еп) k > 0 при п =
= 1, 2, ... .
Можно ли утверждать, что всегда найдется бесконеч-
ная подпоследовательность индексов 1 и < г2 < ...
... < г,- <.... для которой мера ЕГ1 fl Е^ Г1 ... fl ETi Q ...
больше нуля?
J. D. Hill, Н. J. Hamilton
104.	Эллипс, проходящий через три заданные точки.
Доказать, что полуоси эллипса, проходящего через точ-
38
ки, которые соответствуют комплексным числам а, & и с,
и имеющего центр в точке (а + b + с) /3, равны
| а + е26 + ес |	| а + eb + е2с |
3^3’
где е = (— 1 + i д/З )/2.
Frank Morley
105.	Тождество. Доказать, что
П	I
( г ) ’ (х — г) (X + Г + 1) . . . (х + г + п)
=_____________22____________
х (х + 2) (х + 4) ... (х + 2п) ’
Morgan Ward
106.	Преобразование координат. Переходя от прямо-
угольной системы координат OX}YtZi к прямоугольной
системе координат OX2Y2Z2 (той же ориентации), мы
получаем следующую матрицу направляющих косинусов:
	х,	Г1	Zi
х2	Xi	Hi	V]
У2	Хз	Нг	v2
z2	Х3	Из	V3
с определителем, равным 1.
Доказать, что
^1 + Иг + v3 «5= — 1 •
С. J. Сое
107.	Метод бесконечного спуска. Пользуясь методом
бесконечного спуска Ферма, доказать, что число —3 яв-
ляется квадратичным невычетом по любому нечетному
простому модулю р вида Зп + 2
Albert Whiteman
108.	Вписанный и описанный треугольники. Пусть
вершины вписанного в данную окружность треугольника
1 Определение квадратичного невычета см, III. 7. — Прим. ред.
39
совпадают с точками касания этой окружности со сторо-
нами описанного вокруг нее треугольника.
Доказать, что произведение перпендикуляров, опу-
щенных из любой точки окружности на стороны вписан-
ного треугольника, равно произведению перпендикуля-
ров, опущенных из той же точки на стороны описанного
треугольника.
Mannis Charosh
109.	Перестановки с повторениями. Сколькими спо-
собами можно расположить в ряд at единиц, аг
двоек, ..., ап чисел п так, чтобы любому числу (& + 1)
предшествовало по крайней мере одно число k?
Raphael Robinson
ПО. Дорожное происшествие. Когда пассажирский
поезд вынырнул из тоннеля, лица п (п>2) пассажиров,
ехавших в одном вагоне, оказались вымазанными в са-
же. Все п пассажиров обладают различной быстротой
психической реакции. Предположим, что каждый пасса-
жир
а)	начинает смеяться, как только увидит испачканное
сажей лицо соседа по вагону, и продолжает смеяться до
тех пор, пока на лице того остаются следы сажи;
б)	видит лица всех своих попутчиков;
в)	обладает способностью логически мыслить;
г)	стирает сажу со своего лица лишь после того, как
путем логических умозаключений приходит к выводу о
том, что его лицо испачкано сажей;
д)	знает о том, что каждому из его попутчиков при-
сущи качества, перечисленные в пунктах «а», «б»,
«в», «г».
Доказать, что каждый пассажир в конце концов сот-
рет сажу со своего лица.
A. A. Bennett
111.	Разложения для л и In2. Вывести следующие
соотношения:
(1-2-3-4-5	3-4-5-6-7 + 5-6-7-8-Э
40
л = 3,15 —
~~360 ( 2•3•4•5•6•7-8 “ 4-5-6-7-8-9-10 +•••)’
1п 2 = 2? — 12 (г-3.4-5-6 “ 4 • 5 • 6 • 7 • 8' +•••)’
= "2Г + 96 ( 1.3.5.7.9 “ 3.5.7.9. П +•••)• (О
J. Р. Ballantine
112.	Делимость чисел. Даны « + 1 чисел Яь а2, ...
,.., an+i, каждое из которых не больше 2п.
Доказать, что по крайней мере одно из них, напри-
мер а,, делится на какое-то другое число из того же на-
бора (например, на а}).
Paul Erdos
113.	Неравенство между суммами расстояний от
внутренней точки треугольника до его вершин и сторон.
Из точки О внутри заданного треугольника АВС на его
стороны опущены перпендикуляры OP, OQ, OR.
Доказать, что
О А + ОВ + ОС 2 (OP + OQ + OR).
Paul Erdos
114.	Две конгруэнтные параболы. В одной плоскости
расположены две конгруэнтные параболы, имеющие об-
щую ось и обращенные вершинами в одну и ту же сто-
рону. Из произвольной точки наружной параболы к внут-
ренней проведены две касательные.
Доказать, что часть плоскости, ограниченная каса-
тельными и заключенной между точками касания дугой
внутренней параболы, имеет площадь, не зависящую от
выбора точки на наружной параболе.
Norman Anning
115.	Неравенство для трансверсалей треугольника.
Дан треугольник АВС со сторонами а > b > с и любая
точка О внутри него. Пусть прямые АО, ВО, СО пере-
секают стороны треугольника АВС в точках Р, Q, R.
Доказать, что
OP + OQ + OR < а.
Paul Erdos
41
116.	Корни характеристического уравнения симмет-
рической матрицы. Найти условие равенства всех корней
характеристического уравнения
йп Л	а12	... alrt
a2i а22 — & ... й2п
@nl	@п2	• • • ®ПП
вещественной симметрической матрицы
Frank Irwin
117.	Выпуклый многоугольник, порожденный простым
невыпуклым многоугольником. Пусть задан любой про-
стой невыпуклый многоугольник Р. Построим наимень-
ший выпуклый многоугольник Р', содержащий Р. Мно-
гоугольник Р', кроме Р, будет содержать некоторые до-
полнительные многоугольные участки. Отразив один из
таких участков относительно соответствующей стороны,
отсутствовавшей у исходного многоугольника Р, полу-
чим новый многоугольник Р\. Если он не выпуклый, то,
повторив все построение сначала, получим многоуголь-
ник Р2.
Доказать, что многоугольник Рп, полученный после
некоторого числа п таких построений, выпуклый.
Paul Erdos
118.	Неравенства для гиперболических функций. До-
казать, что
а)	при всех вещественных положительных х и всех
вещественных п > 1 выполняется неравенство
shn+I пх + chn+1 пх < chn (п + 1) х;
б)	при 0 < zi < 1 и х > О знак неравенства изме-
няется на обратный; неравенство переходит в равенство
при п = 0 или п — 1, либо при х — 0.
J. S. Frame
119.	Несобственный интеграл. Вычислить интеграл
оо
e~xln2x(Zx.
о
М. Е. Levenson
42
120.	Два сравнения по модулю 71- Доказать, что
61! + 1=0 (mod 71), 63!+ 1=0 (mod 71).
Сформулировать и доказать также общее утверждение,
частными случаями которого служат эти сравнения.
Hansraj Gupta
121.	Треугольники с целочисленными сторонами.
Найти все треугольники, длины сторон которых выра-
жаются взаимно простыми целыми числами и один угол
вдвое больше другого.
Е. Р. Starke
122.	Дифференциальное уравнение. Решить диффе-
ренциальное уравнение
_ 1 I 1
dx х ' у ’
L. J. Adams
123.	Обобщение теоремы Чевы. В треугольнике
AiA2A3 трансверсаль А{О{ делит сторону А3Аь в отноше-
нии AjDi'.DiAh — pi'.Qi, где ijk — циклическая переста-
новка тройки чисел 1, 2, 3. Трансверсали AiD{ и A3D3
пересекаются в точке Pk.
Найти зависимость между двойным отношением
№ . ЛР.
DiAi
и величинами р и q, Доказать, что теорема Чевы (III. 1)
является частным случаем выведенной зависимости.
J. М. Feld
124.	Определитель из степеней натуральных чисел.
Доказать, что
11 1 ... 1
1 22 З2 ... п2
1 23 З3 ... п3 =
1 2' 3” ... л*
= И2131... „|[(;)-4(«)+4(«)_...
•••+(-1Г+ЧС)]-
J. Barinag а
43
125.	Определитель из величии, обратных факто-
риалам. Доказать, что при любом положительном це-
лом k
1	1	1	1	1
2!	3!	4! ’ ’ ’	(2*+1)1	(2k + 2)!
1	1	1	1	1
	2!	31"*	(2Й)1	(2Й+1)!
0	1	1	1	1
		2! • • •	(2k — 1)!	(2Й)!
0	0	0 ...	1 2!	1 3!
0	0	0 ...	1	1 2!
= 0.
J. М. Feld
126.	Прямоугольники в квадрате, расчерченном на
единичные клетки. Квадрат, подобно шахматной доске,
разделен горизонтальными и вертикальными прямыми
на п2 единичных квадратов. Любые две пары горизон-
тальных и вертикальных прямых образуют прямоуголь-
ник (в частности, квадрат). По определению ширина
любого прямоугольника меньше его длины или равна
ей. Лишь один прямоугольник — исходный квадрат—-
имеет ширину п.
Доказать, что среди прямоугольников, образованных
проведенными горизонтальными и вертикальными пря-
мыми, имеется 23 прямоугольников шириной п—1, З3
прямоугольников шириной п — 2, ..., п3 прямоугольни-
ков шириной 1. Вывести отсюда формулу суммы кубов
первых натуральных чисел
13 + 23+ ... +п3 = [и(и2+1)]2.
F. Morley
127.	Обратные тригонометрические функции и числа
Фибоначчи. Доказать, что
arcctg 1 = arcctg 2 + arcctg 5 + arcctg 13 + arcctg 34 + ...,
где последовательность аргументов арккотангенсов в
правой части совпадает с последовательностью членов
44
с нечетными номерами ряда Фибоначчи и может быть
определена рекуррентным соотношением
и2 = 2,	= Зиа— un-i, п^2.
D. Н. L е h m е г
128.	Аналитическая функция, определяемая рекур-
рентной последовательностью. Пусть 0, и\, иг, ...— после-
довательность чисел, удовлетворяющих рекуррентному
соотношению ып+1 = аип 4- Ьип-\. Рассмотрим функцию
оо
Доказать, что f(x) = — eaxf(—х).
D. Н. L е h m е г
129.	Сопряженные гиперболы. На гиперболе 62№ —<
— а2у2е=а2Ь2 найти точку Р, в которой касательная
и нормаль к этой гиперболе совпадают соответственно
с нормалью и касательной к сопряженной гиперболе
Ь2х2—а2у2 = —а2Ь2. Таким образом, если обе сопряжен-
ные гиперболы рассматривать как одну кривую (Ь2х2 —
— а2у2)2— а4Ь4 = 0, то можно построить прямоугольник,
который одновременно является и вписанным в эту кри-
вую, и описанным вокруг нее.
R. Е. Gaines
130.	Необычное умножение. В множестве всех поло-
жительных вещественных чисел новое «умножение» мож-
но задать соотношением
[а, 6] = а6.
Найти все положительные рациональные числа, для
которых такое умножение:
1)	коммутативно: [а, &] = [&, а];
2)	ассоциативно: [а, [Ь, с]] = [[а, Ь], с};
3)	дистрибутивно справа и слева:
[(а + Ь), с] - [а, с] + [6, с], [с, (а + Ь)] = [е, а] + [с, &].
Oystein Ore
131.	Функциональное уравнение. Пусть f(t)—одно-
значная комплексная функция, удовлетворяющая при
45
всех вещественных значениях t и s функциональному
уравнению
(о
где k — отличная от нуля вещественная постоянная.
Доказать, что
Н/) = С(еш_1).^_	(2)
(С — постоянная).
Примечание. При k = 0 функциональное уравнение
(1) переходит в функциональное уравнение
f(/ + s) = f(O + f(s),	(Г)
а функция (2) вырождается в линейную функцию
f(t) = Ct.	(2х)
Известно, что функция (2х) является решением уравне-
ния (Iх) лишь при некоторых дополнительных предполо-
жениях относительно f(t), например при ограниченности
f(t) в окрестности какой-нибудь точки (III. 15). При
k ф 0 дополнительные предположения относительно f (t)
не требуются.
I. J. Schoenberg
132.	Два неравенства для абсолютной величины функ-
ции. Дана функция вещественного переменного х
оо
П=1
Доказать, что при некоторой положительной не зави-
сящей от х постоянной Ci и х > е
|/(х)[< cjnlnx.	(1)
Доказать также, что существуют последовательность
Xi < Хг < со и не зависящая от х положительная
постоянная с2, для которых
1 f (xv) | > с2 In In х, v=l, 2... (2)
P. Turan
46
133.	Максимум модуля функции комплексного пере-
менного. Дана функция комплексного переменного г
где ai (i = 1, 2, ..., ri)— произвольно выбранные ком-
плексные числа, такие, что изображающие их точки не
лежат на одной прямой.
Доказать, что в любой области комплексной плоско-
сти, не содержащей точек й/, |f(z) | достигает макси-
мального значения на границе области.
Е. Weiszfeld
134.	Конечная последовательность не кратных друг
другу чисел. Пусть ai < Яг < • • • < яп < 2п — положи-
тельные целые числа, такие, что ни одно из них не де-
лится ни на какой другой член последовательности.
Доказать, что «i 2\ где k определяется неравен-
ствами 3ft < 2ft < 3ft+i. Эта оценка для «1 неулучшаема.
Paul Erdos
135.	Корни характеристического уравнения. Найти
корни характеристического уравнения матрицы V —
— {Ягс} == {е<г~ 1ХС~*)}, где е = е2я^п, г, с — 1, 2, п.
F. A. L е w i s
(1)
136.	Система дифференциальных уравнений. Решить
следующую систему дифференциальных уравнений в
частных производных первого порядка:
U-^ + 2W^- = 0,
дх *	дх	’
t7-^+2F-^- = 0,
дх 1	ду	’
dU dV — а
ду дх
(2)
(3)
W. М а с г а у
137. Середина хорды. Пусть С — простая замкнутая
спрямляемая кривая на плоскости и Р — произвольная
точка внутри С.
а. Доказать, что середина одной из хорд АВ (концы
А и В хорды принадлежат кривой С) совпадает с точ-
кой Р.
47
б. Останется ли в силе утверждение а, если кривая С
неспрямляемая?
J. D. Hill
138Неравенство для наименьшего общего кратного.
Пусть <Zi < <h < ... < ап 2п — конечная последова-
тельность положительных целых чисел.
Доказать, что
mink, Д/1< 6([j] + 1),
где [я<, аЦ — наименьшее общее кратное чисел сн и я,.
Эту оценку для mink, аД нельзя улучшить.
Paul Erdos
139’. Неравенство для наибольшего общего делителя.
Пусть at < аг <...<: ап < 2п — конечная последова-
тельность положительных целых чисел.
Доказать, что
__	, ч . 38п
max к, я,) >	— с,
где с не зависит от п, а (я,-, я,) означает наибольший об-
щий делитель чисел Я/, Я;. Эту оценку для тах(яг, Я/)
нельзя улучшить.
Paul Erdos
140. Радиус описанной гиперсферы. Пусть О, Pi,
Р2, ... Рп — вершины симплекса в n-мерном простран-
стве. OPi — (ац) '1г и косинус угла между ребрами ОР(
и OPj равен fltj/,/s (i,/ = 1,2, ..., n).
Доказать, что
п п	.
r2_V V aiianAu
п L-i L-i 4 det (а,,) ’
<-1 /=1 v
Ац — алгебраическое дополнение элемента ац в оп-
ределителе det(fljj), гп — радиус описанной гиперсферы.
S. В. Т о w n е s
1 Решения этих задач мне неизвестны. Не удалось их найти и
в доступной литературе. — Прим. ред.
48
141.	Неравенство для степенной функции. Пусть
O^a^xi^x2 и « — положительное целое число.
Доказать, что
Х2,п - х\1п < (х2 - а)’м - (Х1 - а)'1".
Arnold Dresden
142.	Игра до победы. Двое играют в «орел или
решка». До начала игры у одного из них было т монет,
а у другого п и ставка равна одной монете. Игра про-
должается до тех пор, пока один из участников не вы-
играет все монеты.
Определить, сколько раз в среднем им придется бро-
сать монеты, прежде чем игра закончится,
Е. R. Ott
143.	Сечение, делящее пополам боковую поверхность
и объем тетраэдра. Доказать, что можно провести пло-
ское сечение, ограниченное тремя гранями тетраэдра, ко-
торое делит на две равные части боковую поверхность
и объем любого тетраэдра. Доказать также, что пло-
скость этого сечения проходит через центр описанной
сферы тетраэдра.
Victor Thebault
144.	Делимость произведения п последовательных
натуральных чисел на их сумму. Доказать, что произве-
дение п последовательных натуральных чисел при нечет-
ном п делится на их сумму, за исключением случая,
когда число п простое, и среднее арифметическое данных
чисел делится на п. Рассмотреть также случай, когда
число п четно.
Victor Thebault
145.	Число различных треугольников в правильном
n-угольнике. Из вершин правильного «-угольника три
выбраны в качестве вершин треугольника.
Доказать, что число существенно различных тре-
угольников, которые можно построить таким способом,
совпадает с ближайшим к п2/12 целым числом.
Norman Anning
49
146.	Факториал факториала факториала... факториа-
ла. Обозначим [(«!)!]! через п(!)3 (и так далее),
п(!)° = п.
Доказать, что при k 2
»(!)*
-----------—;—Ч—,----?—z—5—i----целое число.
Int-HI ...
Simon Nowshowltz
147.	Алгебраическое уравнение с рациональной левой
частью. Найти все корни уравнения
(х2-х-Ц)3 _ (а2- а+1)3
х2(х — I)2 а2(а —I)2 ’
V. W. Graham
148.	Наименьший выпуклый многогранник, содержа-
щий п + 2 точек в n-мерном пространстве. Пусть Р\,
Р2, .... Рп+2~ «4-2 точки в n-мерном пространстве
(п 2), причем никакие три точки не лежат на одной
прямой. Обозначим через [Pif^ • • • Лв] наименьший
выпуклый многогранник, содержащий внутри себя точки
Pie Pi2,...,Pis-
Доказать, что при п — 2 и п — 3 всегда можно найти
такие индексы i, k, при которых [ЛА] не является реб-
ром многогранника [ЛЛ... Pn+г], а при п > 3 это утвер-
ждение перестает быть верным.
Bela Sz.-Nagy
149.	Собака на привязи. Собака сидит на веревке
длиной L, перекинутой через забор высотой h с ровным
верхом и прикрепленной с другой стороны забора в точ-
ке, отстоящей на расстояние а от верха забора
(L > h-\-d).
Определить форму, размеры и площадь участка, по
которому может бегать собака.
W. В. Campbell
150.	Ханойская башня. На массивной подставке
укреплено k колышков. На один из них надето п колец
попарно различных размеров так, что размеры колец
уменьшаются снизу вверх.
50
За какое наименьшее число перекладываний можно
нанизать п колец на другой колышек, если за один раз
с колышка на колышек разрешается переносить не более
одного кольца, причем ни одно кольцо нельзя класть по-
верх кольца меньшего размера?
В. М. Stewart
151. Функциональный определитель с дробно-рацио-
нальными элементами.
Доказать, что
X	1	0	0	0 ...	0	
1 — X						
X2	X	2	0	0 ...	0	
1-х2	1 — X					
X3	X2	X	3	0 ...	0	—
1-х3	1-х2	1 — X				
г X	хг-‘				X	
1 — хг	1 - хг-‘	•	«		1 — X г!	г(г+1) X 2
				- (1	-х)(1 -	-X2) ... (1 -хг)
Richard Bellman
152.	Описанная окружность треугольника, образован-
ного тремя касательными к параболе. Известно, что опи-
санная окружность треугольника, образованного тремя
касательными к параболе, проходит через фокус пара-
болы 1.
Доказать, что диаметр d описанной окружности опре-
деляется соотношением d sin a sin 0 sin у = а, а, 0,
у — углы, образованные касательными (сторонами тре-
угольника) с осью ОХ (уравнение параболы у2 = 4ах).
R. Е. Gaines
153.	Модуль непрерывности функции. Функция f(x)
определена следующим образом:
f(x) =
. 1
xsin—
X
О
при х>0,
при х = 0.
1 См. решение задачи 85. При решении
ство можно не учитывать. — Прим. ред.
данной задачи это свой-
51
Доказать, что отношение | f (%i) — f (х0) | /1 xt — х0101
ограничено при 0 xfl 1, 0 Xi С 1 в том и только
в том случае, если а ’А.
J. Н. Curtiss
154.	Линия «погони». Хозяин собаки стоит на пере-
крестке двух взаимно перпендикулярных дорог, а его со-
бака — на одной из дорог на расстоянии а от перекрест-
ка. Поразмыслив, хозяин пускается в путь по другой до-
роге со скоростью v, а собака устремляется к нему со
скоростью 2v, направленной в каждый момент времени
по прямой, соединяющей ее мгновенное положение с
мгновенным положением хозяина.
Определить кривую, описываемую собакой (линию
«погони»),
Н. Е. Т е s t е г
155.	Неассоциативное умножение. Если не предпола-
гать, что умножение ассоциативно, то из трех элементов
а, Ь, с, не переставляя их, можно составить два произве-
дения (ab)c и а(Ьс). Для четырех элементов a, b, с, d
число произведений возрастет до #4=5: [(aft)c]d, [a(fec)]d,
a[(6c)rf|, a[6(cd)], (ab)(cd).
Вывести общее выражение для числа Ni произведе-
ний из i элементов.
Oystein Ore
156.	Отрезки прямых, делящие пополам периметр и
площадь треугольника. Дан Треугольник АВС с углами
А < В < С.
Доказать, что в зависимости от того, какое нз нера-
венств (или равенство)
НМ4М4)
выполняется, существуют одна, две или три прямые, де-
лящие пополам периметр и площадь треугольника АВС.
Если В = С, то одна, две или три такие прямые суще-
ствуют в зависимости от того, каким из трех соотноше-
ний А = Ло связаны углы А и Ло, где sin (-у-) = V2” — 1.
Otto Dunkel
52
157.	Неравенства для логарифма. Доказать, что при
вещественном или комплексном z, таком, что |z| < I,
справедливы неравенства
1*1 . <-1 in (1 Д- z) К I z I (1 + к1)
1 + |2| ц+2) .
Н. S. W a 11
158.	Два треугольника. По данному треугольнику
АВС построен другой треугольник А'В'С' так, что АА',
ВВ', СС'— отрезки высот исходного треугольника АВС
и АА'/ВС = BB'ICA = CC'IAB = k.
а.	Доказать, что центры тяжести треугольников АВС
и А'В'С' совпадают.
б.	При каком значении k у треугольников АВС и
А'В'С' совпадают углы Брокара '?
в.	Доказать, что при k = ±l центры квадратов, по-
строенных на сторонах треугольника А'В'С' вовне или
внутрь, совпадают с вершинами треугольника АВС.
V. Т h ё b a u 11
159.	Симметрические функции. Пусть у\,уг...Ут —
алгебраически независимые симметрические многочлены
относительно переменных Xi, Хг..хп, причем степень yi
равна t. Пусть Цх1,Х2, ...» хп)—произвольно заданный
симметрический многочлен степени т относительно xlt
х2, ..., хп.
Доказать, что f(xlt х21 ..., хп) можно представить в
виде многочлена относительно ylt Уг, ..., ут.
Esther Szekeres
160.	Два треугольника. Пусть А', В', С' — центры
квадратов ВСА^Аг, САВ^Вг, АВС'С'2, построенных внутрь
на сторонах треугольника АВС с центром тяжести G и
углом Брокара 1 V таким, что ctg V = 7/4.
Доказать следующие утверждения:
а.	Центры А", В", С'' квадратов, построенных внутрь
на сторонах треугольника А'В'С', лежат на прямой, про-
ходящей через точку G.
1 Угол Брокара <в треугольника с углами А, В, С определяется
из соотношения ctg <в =ctg A + ctg В 4- ctg С. — Прим. ред.
53
б.	Угол Брокара V' треугольника А'В'С' удовлетво-
ряет соотношению ctg V' = 2.
в.	Прямые, проходящие через вершины А, В, С исход-
ного треугольника и середины отрезков A'A', B'iB'2, С'С2,
параллельны.
г.	Расстояние между центром описанной окружности
треугольника АВС и точкой пересечения высот (ортоцен-
тром) треугольника, ортоцентрического относительно
треугольника АВС, равно одной восьмой периметра орто-
центрического треугольника.
V. Thebault
161. Сумма ряда. Вычислить сумму ряда
у» [(п — I)fe]l
Z_i (nfe)l ’
n=l
где k — любое целое число больше 1.
Е. Н. Cl а rke
162. Угол наклона и кривизна. Пусть f(x)—много-
член степени п с различными вещественными корнями хг-
(1 = 1, 2, ..., п), А< — величина, обратная тангенсу угла
наклона кривой y = f(x) к положительной полуоси х в
точке х == Х{,	(/= 1, 2, ..., п— 1) — алгебраический
радиус кривизны кривой у = f (х) в экстремальной точке,
расположенной между xj и Xj+i.
Доказать, что
а)	если п 1, то Лi Х2	Ап == 0;
б)	если п > 2, то pi + р2 + ... + pn-i = 0.
G. В. Van Schaack
163.	Теоретико-числовая функция. Какой смысл имеет
функция f(n), получаемая из функции Эйлера <р(п)
[III. 8(15)] при замене всех знаков минус на знаки плюс,
то есть
н«)=«(1+4-)(1+4-).. .(i+уь)?
\	Р1/\	Р2/	\ Ph'
(Здесь pi, ...,ph — различные простые делители числа п.)
F, A. Lewis
54
164.	Якобиан коэффициентов алгебраического урав-
нения n-й степени, вычисленный по его корням, и опре-
делитель Вандермонда от корней того же уравнения. Вы-
числить якобиан коэффициентов сп, cn-i, ...» <4 уравне-
ния хп— csxn~l + ... + (—1)пСп = 0 по его корням xit
х2, ..., хп, рассматривая их как независимые перемен-
ные.
J. Н. М. W е d d е г b и г п
165.	Числа с циклической перестановкой цифр. Найти
n-значное число No — а^а2 ... ап (ai=#0), при переста-
новке в конец которого k первых цифр (k = 1, 2, ...
..., п—1) получаются числа (их всего п—1) М =
= а2а3... anai, N2 — a3at... anaia2, .... #n_1= апа\а2...
..., ап-у, каждое из которых кратно числу No.
V. Т h ё b a u 11
166.	Квадраты в квадрате. Два квадрата Si и S2 рас-
положены в единичном квадрате так, что не имеют об-
щих точек.
Доказать, что сумма длин их сторон меньше 1.
Весьма вероятно, что если в единичном квадрате рас-
положены k2 + 1 квадратов, не имеющих попарно общих
точек, то сумма длин их сторон меньше k.
Р. Erdos
167.	Треугольник и парабола. Дан треугольник АВС.
Доказать, что биссектрисы внутреннего и внешнего
углов при вершине С, сторона АВ и перпендикуляр, вос-
ставленный из ее середины, а также перпендикуляры,
восставленные к стороне Л С из вершины Лик стороне
ВС из вершины В, совпадают с касательными к одной и
той же параболе. Определить, где находится фокус этой
параболы.
Robin Robinson
168.	Факторизация дифференциального оператора.
Дифференциальный оператор D2 + 1 можно факторизо-
вать многими способами, например представить в виде
(D + ctgx) (D — ctgx), (sec x-D) (cos x-D sin x) или
(sin x• D + 2 cos x) (D cosec x).
Доказать, что наиболее общее представление диффе-
ренциального оператора (D + а)2 + bz в виде произве-
дения двух дифференциальных операторов первого по-
55
рядка с вещественными коэффициентами дается соотно-
шением
X Г [£> + а + b tg (bx + с)],
где а, Ь, с — вещественные числа, г — дифференцируемая
функция от х.
Orrin F г i n k, J г.
169.	Определитель клеточной матрицы. Пусть Ф/п —
квадратная матрица n-го порядка, на главной диагонали
которой расположен элемент 6, а все внедиагональные
элементы равны 0, Ап — квадратная симметрическая
матрица n-го порядка, на главной диагонали которой
расположен элемент а; элементы двух малых диагона-
лей, параллельных главной и примыкающих к ней свер-
ху и снизу, равны 1, а все остальные элементы равны 0.
Выразить определитель 2п-го порядка
ЫП
Ап Ып
через определители матриц ®1п и Лп.
J. A. Greenwood
170.	Минимум определителя. Пусть А — постоянная
положительно определенная эрмитова матрица, а X —
переменная неотрицательная эрмитова матрица.
Доказать, что минимальное значение определителя
|А + А| равно |А| и достигается в том и только в том
случае, если X = 0.
Henry Scheffe
171.	Постоянная Эйлера. I. Доказать, что постоянная
Эйлера
С = lim (У 1 — In /А
удовлетворяет соотношению
ОО	ОО
c=Z(-0'f.
Г=2	А=1
А. М. Glicksman
56
172.	Постоянная Эйлера. II. Доказать, что постоян-
ная Эйлера удовлетворяет соотношению
С = 2(1—1п2 —-3	5-— •••)> тг =	(2< + 1)г •
^=1
Otto Dunkel
173.	Треугольники с целочисленными сторонами и
площадью. Рассмотрим треугольники со сторонами х—1,
х, %+ 1, высотой h, опущенной на основание х, и пло-
щадью S, где х, h, S — целые числа. Шесть первых тре-
угольников такого типа представлены в таблице:
п	Л	X	3
0	0	2	0
1	3	4	6
2	12	14	84
3	45	52	1 170
4	168	194	16 296
5	627	724	226 974
Можно ли утверждать, что рекуррентные соотноше-
ния
^n+2 = 4/tn+i — hM хп+2 = 4хп+1 — хп, S„+2= 14<$п+1
порождают все треугольники рассматриваемого типа?
Т. R. Running
174.	Тождество с котангенсами. Пусть аь а2, ап—п
различных комплексных чисел (n > 1), из которых ника-
кие два не отличаются на величину, кратную л.
Доказать, что
п п
2 П ctg(aA“ai) = sin-^-.
Arnold Dresden
175.	Еще одно тождество с котангенсами. Пусть ait
Я2,...,ап — п различных комплексных чисел (n > 1),
57
из которых никакие два не отличаются на величину,
кратную jt.
Доказать, что
£ctga/ П ctg(«/-«f) + (-i)nnctga< =
Arnold Dresden
176.	Эллипс и экстремальные треугольники. Дока-
зать, что все вписанные в данный эллипс треугольники,
центр тяжести которых совпадает с центром эллипса,
равновелики и имеют максимальную площадь среди всех
вписанных треугольников.
Доказать также, что все описанные вокруг данного
эллипса треугольники, центр тяжести которых совпадает
с центром эллипса, равновелики и имеют минимальную
площадь среди всех описанных треугольников.
Е. Р. Starke
177.	Точный квадрат. Найти основание системы счис-
ления меньше 100, в которой число 2101 было бы точным
квадратом.
V. Thebault
178.	Точки и прямые, а. Пусть множество из п точек
обладает тем свойством, что на прямой, проходящей че-
рез любые две из них, обязательно лежит какая-нибудь
третья точка из того же множества.
Доказать, что все п точек лежат на одной прямой.
б. Даны п точек, не лежащих на одной прямой. Через
каждые две из них проведем прямую.
Доказать, что среди проведенных прямых не меньше
п различных.
Р. Erdos
179.	Интеграл с гамма-функцией. Доказать, что
_dx___Г Г J , е	е , е	dx
Г(х) — Н "* х 1! (х + 1) ' 2! (х + 2)	’•'Jr(x)-
Richard Bellman
58
180.	Алгебраическое тождество и разбиение числа иа
слагаемые. Доказать, что при 0 х < 1
__ v2n-!\ 		!__________________
'____________________________________“	хй(А+1)/2
1 +	(1 - X) (1 - X2) . . . (1 - Xй)
и дать этому тождеству истолкование в духе заголовка.
Н. S. W а 11
181.	Неравенство между линейными элементами тре-
угольника. Пусть г— радиус вписанной окружности, R —
радиус описанной окружности и т — наибольшая высота
треугольника, внутренние углы которого не превосхо-
дят 90°.
Доказать, что г + R т.
Р. Erdos
182.	Показательная функция как отношение двух бес-
конечных произведений. Доказать, что
ех == (i-x^u-x^g-x*)1/»...	. . J
(l-x)(l-xe)‘/e(l-x10)1/1<'... ’
где показатели степеней в числителе — натуральные чис-
ла, разлагающиеся в произведение нечетного числа яе-
повторяющихся простых сомножителей, а показатели
степеней в знаменателе— единица и натуральные числа,
разлагающиеся в произведение четного числа неповто-
ряющихся простых сомножителей.
Richard Bellman
183.	Распределение простых чисел. Пусть ai<a2< -
... < ах п — произвольная последовательность таких
положительных целых чисел, ни одно из которых сц не
является делителем произведения других.
Доказать, что тогда х л(п), где л(п)—число про-
стых чисел, не превышающих п.
Р. Erdos
184.	Равнобочная гипербола и окружность. Дана рав-
нобочная гипербола Н и окружность Р, проходящая че-
рез центр и гиперболы Н.
59
Доказать, что бесконечно много треугольников, впи-
санных в гиперболу И и одновременно описанных вокруг
окружности Р, существует в том и только в том случае,
если центр О окружности Р лежит на гиперболе Н. Най-
ти огибающую сторон этих треугольников.
V. Thebault
185.	Углы, опирающиеся на стороны правильного
многоугольника. Пусть Аь А2.... Ап— вершины правиль-
ного многоугольника, а О — любая точка внутри него.
Доказать, что по крайней мере один из углов АгОА]
удовлетворяет неравенствам
л (1 —	< ZAzOAf-<n.
Р. Е г d б s
186.	Алгебраическое соотношение между тремя ря-
дами. Даны три степенных ряда:
f	. г9	г13,
2-4-5	2-4-6-8-Э	2-4-6-8-10-12-13
z* 1	z1 i
82^3 — 2-4-6-7 + 2-4-6-8-16-11
2I5
— 2 • 4 • 6 • 8 • 10 • 12 • 14 • 15 + • • • ’
__ Z2	Ze 1	z10
" “ 1 • 2	1 • 3  8 • 6 + 1 -'3-5-7-9-10
1 • 3 • 5 • 7 - 9 • 11 • 13 • 14
Доказать, что f2 + g2 — 2h.
Morgan Ward
187. Игра в 14. Каждый посетитель универсального
магазина, уплатив 10 центов, может принять участие в
игре и в случае выигрыша получает право выбрать лю-
бой товар на сумму 1 доллар. Игра состоит в следую-
щем. Играющий бросает 5 раз по 10 игральных костей,
назвав заранее любое число очков от 1 до 6. Выигрывает
тот, у кого названное число очков выпадает на гранях
костей не менее 14 раз. Правила игры дают играющему
одно преимущество: какое бы число очков ни выпало на
60
большинстве граней при первом бросании, играющий мо-
жет объявить его задуманным.
Вычислить вероятность выигрыша.
В. М. Stewart
188.	Определитель из степеней наибольших общих де-
лителей пар чисел. Доказать, что
(1, 1/
D(n) = (2> D*
(1, 2)к ... (1, п)к
(2, 2)к ... (2, п?
(п, 1)х (м, 2)к ... (п, п)к
,	1 ч^31/.	1 \^51
(J-f) V~r)
где (i, /) означает наибольший общий делитель чисел I,
j, 1Л] — целая часть числа k.
R. С. В u с k
189.	Функция Мёбиуса и элементарные симметри-
ческие функции. Две симметрические функции
Л/ (xi, х2, ..., хп), S (хь х2, ..., хп) от п неотрицательных
целых чисел хьх2, ..., хп определены следующим об-
разом:
М (хь х2, ...» х„) = М'(хг) М'(х2) ... ЛГ(х„),
где
' 1 при х,= 0,
ЛГ(хг) = 5 —1 при х; = 1,
а
О при Xi > 1,
rt
s (Х1, Х2...........x„) 91 + £ fcj (xlf x2,

где Oj(xi, x2, ..., xn) — /-я элементарная симметрическая
функция от Xi, х2, ..., xn.
Доказать, что сумма У, М (xt — bit х2 — b2,..., хп—Ьп)
S(bi,bz, ..., bn) равна числу положительных целых чи-
сел в наборе Xi, х2, ..., хп и равна 1, если Xi == х2 == ...
... = хп = 0, причем суммирование проводится по всем
целым числам Ь{, удовлетворяющим неравенствам
О С b{ Х{ (i =: 1, 2, ..., n).
Е. Т. В е 11
61
190.	Перестановки и разбиения. Пусть Ргп — число
перестановок из п элементов, представимых в виде про-
изведения г циклов, не имеющих общих элементов (на-
пример, />4= 11), a Qrn— число различных разбиений п
отличных друг от друга элементов на г классов.
Доказать, что
pU+p£x2+ ... +Р^ =
==х(1+х)(2 + х) ... (га-1+х),	(а)
QU + Q«x(x-l)+ ... +Q"x(x-1) ...
. . . (х— п+ 1) = /.	(б)
G. Polya
191.	Факториалы и неотрицательные целые числа.
Доказать, что при п^О
ж tn+i ...
tl (п - 0!
= (п + 4) (» + 3)...п [15„з _|_ 30„2 + 5л _ 2Ь
причем правая и левая части тождества — неотрицатель-
ные целые числа. Если п — отрицательное целое число,
то правая часть тождества — целое число. Какой смысл
можно придать тождеству в этом случае?
Otto Dunkel
192.	Матрицы с максимальным и минимальным сле-
дом. Рассмотрим множество матриц пХп, элементы ко-
торых — положительные целые числа или нули. Пусть
гг — сумма элементов i-й строки (i=l,2, ..., п), с,—
сумма элементов /-го столбца (/ = 1,2, ..., п).
Чему равны максимум и минимум суммы членов,
стоящих на диагонали (максимальный и минимальный
следы) матриц с заданными неотрицательными rt и cj,
удовлетворяющими условию
Е о = Е с,?
<=i i-i
Т. W. А п d е г s о п, J г.
62
193.	Полет в ветреную погоду. Самолет, летящий
с постоянной линейной скоростью, описывает в горизон-
тальной плоскости заданную замкнутую траекторию.
Доказать, что в безветренную погоду самолет нахо-
дится в пути меньше, чем в том случае, когда дует ветер
с любой постоянной по величине и направлению ско-
ростью.
Т. Н. Matthews
194.	Отсутствие решений в целых числах. Пусть а, Ь,
с — целые числа, причем b =И= О, d и f — соответственно
наибольшие общие делители чисел а, Ь и с, Ь.
Доказать, что если
а ± d (mod b), сф ± f (mod b),
то существует бесконечно много целых чисел k, для ко-
торых уравнение
ах + Ьху + су — k
не имеет решений в целых числах.
A. L. Putnam
195.	Рациональные решения тригонометрического
уравнения. Уравнение
cos пх + cos пу + cosnz = 0,	1»
допускает тривиальные решения у = ’/г, z—1 — хи
у — 2/з — х, z — 2/3 + х. Кроме того, оно имеет нетри-
виальное решение х = ’/з, у = 3/з, z — 2/з-
Доказать, что это тригонометрическое уравнение не
имеет других решений в рациональных числах.
Н. S. М. С о х е t е г
196.	Сравнение по модулю х. Дано целое число
х п2/4, не имеющее простых делителей больше п.
Доказать, что
п! а 0 (mod х).
Р. Erdos
197.	Перестановка членов ряда и бесконечного произ-
ведения. Пусть заданы два натуральных числа р и д. Оп-
63
ределим ряд SP, q и бесконечное произведение Рр, q соот-
ношениями
с	л_I__L__L_	1	।
Я — 2	4	2р 3	5	• • • 2q + 1
+ —1—+	____’___..____L- +
~ 2р + 2 ~	“ 4р 2q + 3	4q + 1 ~ * *
Ряд SPl q, в котором группы, состоящие из р положи-
тельных членов, чередуются с группами, состоящими из q
отрицательных членов, мы получим, переставив члены
хорошо известного ряда
4-4+т-4+ •••=«..-1-1п2.
а бесконечное произведение Pp,q — переставив сомножи-
тели бесконечного произведения
Доказать прямыми выкладками, что Pp,q = (plq)'h,
и вывести из этого известное соотношение
Sp.q — Si.i = In (р/д)'11’
G. Polya
198.	Числовые ряды и показатели, принадлежащие
произвольно заданному классу целых чисел. Найти по-
следовательность вещественных чисел ai, аг.....ап, ...,
оо	оо
таких, что ряд У, а„ сходится, ряд У а® расходится,
П“1	П“1
00
ряд У а® сходится и так далее.
«=1 п
Более общая задача. Пусть С — произвольно задан-
ный (конечный или бесконечный) класс положительных
целых чисел.
64
Доказать, что всегда можно выбрать последователь-
ность вещественных чисел alt аг, ап, .... для кото-
рой при I =1, 2, ... ряд £ а%~1 сходится или расхо-
дится в зависимости от того, принадлежит или не при-
надлежит число I классу С.
G. Polya
199.	Последовательные простые числа. Пусть pi <
< рг < ... < рп <    — последовательные простые
числа.
Доказать, что число
_____________________Pre!______
Рп(Рп + 1) ... (Pn+i — 1)
— всегда целое за исключением того случая, когда рп =
= 3.
Paul Erdos
200.	Разложение биномиального коэффициента по
тригонометрическим функциям. Доказать, что бино-
миальный коэффициент можно представить в виде
N
Nl	2n у1 ( mit\N тлх
(# + х (ЛГ-х ~ N ZAC0S N ) C0S—лГ"’
—N<x<N
W. J. Taylor
201.	Вероятность пустынной дороги. На прямолиней-
ном участке дороги длиной а находятся п человек. Ка-
кова вероятность Р того, что расстояние между любыми
двумя «соседями» не меньше Ь?
R. Е. G a i п е s
202.	Уточнение неравенства треугольника. Пусть хп
(п — 0, 1, 2, ...)— последовательность векторов в трех-
мерном евклидовом пространстве, такая, что |*п| > б,
где б — любое заданное положительное число, a |*i| —
длина вектора xt.
Доказать, что
lim (| хп | +1 х01 — | хп + х01) = 0
а->оо
65
в том и только в том случае, если существует последова-
тельность положительных скаляров ап, для которой
lim| апхп — х01 — 0.
П->оо
Tibor R a d о
203.	Удлиняются ли графики? Пусть at, аг, аз,... —
последовательность вещественных чисел и Ln — длина
той части графика функции
f „(х) = at cos х 4- а2 cos 2х + ... + ап cos пх,
которая заключена в интервале —л х л. Верно ли,
что £1 Т2 Тз «С ... .
R. Р. Agnew
204.	Теорема о среднем значении. Пусть а < b — за-
данные числа и f (х)— непрерывная, неотрицательная мо-
нотонно возрастающая функция, определенная на интер-
вале а t Ь. По теореме о среднем значении при лю-
бом р > 0 существует только одно число хр (a^XpS^b),
такое, что
ь
fP(xP) = ^~a $ fp(t)dt.
а
Найти lim хр.
Herbert Robbins
205.	Булевы кольца. Стоун называет кольцо «буле-
вым», если все элементы кольца удовлетворяют соотно-
шению х2 = х.
Доказать, что кольцо, все элементы которого удовле-
творяют соотношениям х2 = ±х, является либо буле-
вым, либо прямой суммой булева кольца и поля вычетов
по модулю три.
Irving Kaplansky
206.	Выпуклые многогранники. Доказать следующие
две теоремы аффинной трехмерной геометрии.
а.	Если все грани выпуклого многогранника — парал-
лелограммы, то число их равно произведению двух по-
следовательных чисел.
66
б.	Если каждая грань выпуклого многогранника об-
ладает центром симметрии, то и весь многогранник об-
ладает центром симметрии.
Н. S. М. С о х е t е г
207.	Заблудившийся охотник. В одном мало изучен-
ном уголке Земли, известном под названием Дикая об-
ласть, заблудился охотник. Правда, у него был с собой
наручный компас и вдали, на вершинах двух холмов,
виднелись огни — там находились хижины А и В каких-
то бродяг. Азимуты направлений на А и В из точки О,
где жил сам охотник, он помнил. Дойдя до точки С, охот-
ник измерил азимуты направлений на точки А и В, за-
тем, перейдя в расположенную неподалеку от С точку D,
он измерил азимуты направлений в точки А, В и С.
Охотнику почему-то казалось, что эти семь азимутов по-
зволят ему определить направление, ведущее к дому, то
есть азимут направления из D в О.
Доказать, что в случае общего положения точек О, А,
В, С, D задача охотника допускает решение, если у него
есть либо математические таблицы, либо линейка (в по-
следнем случае охотник может использовать в качестве
транспортира картушку компаса). Описать исключитель-
ные случаи и убедиться, что охотник и здесь может
найти дорогу домой, хотя, возможно, и не самую корот-
кую.
В. М. Stewart
208.	Верхняя грань членов разложения бинома. Из
теории вероятностей известно, что при фиксированном
значении х, удовлетворяющем неравенствам 0 < х < 1,
наибольший из n-Н членов (”)хг(1 — х)п~г (г —0,1,...,
п) при п->оо асимптотически равен —,	=
V2enx(l — х)
Доказать, что при всех целых п и г, удовлетворяю-
щих неравенствам п^1, О^г^п, и любых значе-
ниях 0 < х < 1 выполняется неравенство
Р) ХГ( 1 - Х)П^ < ,	1____
'	V2enx(l — х)
Это неравенство неулучшаемо в том смысле, что чис-
литель его правой части нельзя заменить ни на какое
число меньше 1.
Fritz Herzog
67
209.	Ортогональные наборы целых чисел. Пусть а, Ъ,
с, R — целые числа, удовлетворяющие соотношению
а2 4- Ь2 + с2 = R2- Решить в целых числах систему
( х2 + у2 + z~ — R2,
(, ах 4- by + cz = 0.
Norman Anning
210.	Верхняя грань интеграла. Доказать, что
оо
(Г=П)!	<(!)"•
п
где t — вещественная переменная, п — положительное
целое число и w (t) = (t—1) (/ — 2)...(/— n-f-l).
С. D. О I d s
211.	Игра на совпадение чисел. На поверхности стола
последовательно выписаны целые числа от 1 до п, каж-
дое из них — на одном из п кружков. Кружки повернуты
вверх оборотной стороной так, что играющим не видны
написанные на кружках числа — номера кружков. Каж-
дый играющий, дождавшись своей очереди, накрывает
наугад кружками все числа, написанные на столе. Затем
кружки перевертывают и подсчитывают очки. Играющий
получает число очков, равное числу кружков, номера ко-
торых совпали с накрытыми ими числами.
Найти вероятность того, что номера k из п кружков
совпали с накрытыми этими кружками числами.
Vladimir Karapetoff
212.	Определение фальшивой монеты при помощи
взвешиваний. Чему равно наибольшее число Ап монет
одинакового достоинства, из которых при помощи п взве-
шиваний на рычажных весах без гирь можно выделить
фальшивую монету и определить, тяжелее она или легче
полноценных? Известно, что фальшивая монета одна.
N. J. Fine
213.	Определенный интеграл. Вычислить интеграл
Н. F. Sandham
68
214.	Непрерывность по Чезаро. Пусть {х„} —->-а
означает, что lim(x14-x2+ ••• + х„)/п = а. Функция
П->оо
f(x) называется непрерывной по Чезаро в точке х = а,
если из соотношения {хп} а следует соотношение

Доказать, что функция f(x) = Ах + В непрерывна по
Чезаро при любом значении х и что функция, непрерыв-
ная в смысле Чезаро, хотя бы при одном значении
х = а, имеет вид f (х) = Ах + В.
Herbert Robbins
215.	Разложение положительного целого числа в про-
изведение целых сомножителей. Пусть т — положитель-
ное целое число, простые делители которого не превосхо-
дят числа п, и т п^+1>/2.
Доказать, что т можно представить в виде произве-
дения k целых чисел, каждое из которых не превосходит
числа п, а показатель степени (& + 1)/2 — наилучший из
возможных.
Paul Erdos
216.	Объем симплекса как функция длин его ребер.
Если две точки перенумерованы и 12 означает расстоя-
ние от точки 1 до точки 2, то
О 122 1
212
1
О 1
1 О
= 2Л2,
где L — длина отрезка, концы которого совпадают с точ-
ками 1 и 2.
Обобщить приведенное соотношение на случай тре-
угольника и тетраэдра, показав, что соответствующие
определители равны —16S2 и 288 V2, где S — площадь
треугольника, а V—объем тетраэдра.
J. Н. В u t с h а г t
217.	Области, в которых модули двух многочленов не
превосходят единицы. Пусть f (z) = zn + ... 4- ап,
69
f(z)sszm4- ... + bm — два многочлена; A — область
комплексной плоскости, в которой |f (г) |^1, В — об-
ласть комплексной плоскости, в которой |g(z) |	1.
Доказать, что область В не может быть собственным
подмножеством области А.
Paul Erdos
218.	Определитель, делящийся на (х—I)"2. Доказать,
Что определитель
(х - 1 )/1 (х2 - 1)/2	... (х" - 1)/2
(х2 - 1 )/2 (х3 - 1)/3	... (хге+> -!)/(«+!)
(хге - 1)/п (х"+‘ - !)/(« +1) ... (х2ге—* - 1)/(2я—1)
равен А(х—I)"2, где А — коэффициент, не зависящий
от х.
Irving Kaplansky, D. С. Lewis
219.	Диатомическая последовательность Штерна. На-
писав подряд две единицы, вставим между ними двойку.
Затем между любыми двумя числами, сумма которых
равна 3, впишем тройку, между любыми двумя числами,
сумма которых равна 4, — четверку и так далее.
Доказать, что число п окажется вписанным ровно
ф(п) раз (n > 1, <р(п)—функция Эйлера1).
Н. D. Grossman
220.	Инверсоры Поселье. Пусть AXBZ — шарнирный
ромб, вершины которого А и В соединены стержнями АО
и ВО равной длины с неподвижной точкой О, OCZD —
другой шарнирный ромб, YC и У£> — стержни равной
длины. (Вся конструкция в целом представляет собой
как бы два наложенных друг на друга инверсора По-
селье.)
Доказать, что, когда точка У описывает окружность,
Точка X описывает некоторое коническое сечение.
Н. F. Sandham
1 По определению функция Эйлера ф(п) равна числу членов
конечной последовательности 1,..., п—1, взаимно простых с п
(см. Ш. 8). — Прим. ред.
70
221.	Число, записываемое одними и теми же цифрами
в двух различных системах счисления. Каким соотноше-
нием должны быть связаны числа N, В и В' для того,
чтобы в системах счисления с основаниями В и В' чис-
ло N было трехзначным и записывалось одними и теми
же цифрами? Считая известным основание В одной си-
стемы счисления, найти число N и основание В' другой
системы счисления. Пользуясь полученными результата-
ми, рассмотреть случай, когда В = 10.
Victor Thebault
222.	Мяч, прыгающий по наклонной плоскости. Из
точки О наклонной плоскости, образующей угол А с го-
ризонтальной плоскостью, брошен мяч. Начальная ско-
рость мяча направлена в вертикальной плоскости, прохо-
дящей через прямую наибольшей крутизны наклонной
плоскости, и образует угол В с направлением вдоль этой
прямой, ведущим вверх по наклонной плоскости.
Считая наклонную плоскость гладкой, мяч абсолютно
упругим, определить продолжительность tn полета мяча
по n-й дуге и координату хп точки, в которой мяч уда-
ряется о наклонную плоскость в конце,n-й дуги. Вернет-
ся ли когда-нибудь мяч в точку О? Совершит ли он хоть
один полет по вертикали? Чему равно наибольшее зна-
чение хп?
W. В. С a m р b е 11
223.	Сходимость ряда. Пусть
п	п
А=1	й=1
И
оо
2 1«Л~ <Т„Г< ОО
П=1
при любом а > 0.
оо
Доказать, что ряд £ ап сходится.
Richard Bellman
224.	Делимость факториалов. Хорошо известно, что
число (2n) !/n! (n + 1)! — всегда целое.
71
Доказать, что при любом k существуют бесконечно
много чисел п, для которых число (2n) l/n! (n + k)! целое.
Paul Erdos
225.	Семь точек на плоскости и равнобедренные тре-
угольники. На плоскости даны 7 точек. Доказать, что
среди них всегда найдутся три такие, которые служат
вершинами неравнобедренного треугольника. Для 6 то-
чек аналогичное утверждение выполняется не всегда.
(Если точка В лежит на отрезке АС и АВ =/= ВС, то тре-
угольник с вершинами в этих точках по определению не
считается равнобедренным.)
Paul Erdos
226.	Предел последовательности. Последовательность
{хп} задана рекуррентным соотношением
_ (п — 1) g	.	1
Хп~ 1+ («-!)§	1 +(«-!)§ х«-2.
где Хо и Xi — известные числа, a g — заданная положи-
тельная величина.
Найти limx„.
G. Polya
227.	Ортоцентр и треугольник. На плоскости даны
четыре точки, не лежащие на одной прямой.
Доказать, что каждая из них совпадает с ортоцен-
тром треугольника с вершинами в трех остальных точках
в том и только в том случае, если выполняется соотно-
шение
±34-42-23 ±41 • 13 • 34±12 • 24 • 41 ±23 • 31 -12 = 0,
где rs означает расстояние между точками $ и г и знаки
трех слагаемых отличаются от знака четвертого.
Н. F. Sandham
228.	Бесконечный ряд и бесконечное произведение.
Доказать, что если
то с точностью до порядка tik — 2А-1.
Richard Bellman
72
229.	Доказательство континуум-гипотезы Г. Кантора?
Верно ли следующее доказательство гипотезы Г. Кан-
тора о мощности континуума?
«Пусть X — множество всех бесконечных последова-
тельностей нулей и единиц, а £ — любое несчетное под-
множество множества X. Каждому конечному набору
{«1, <7г, ..., аь}, состоящему из нулей и единиц, сопоста-
вим £ (<7i, <7г, ..., а*)— множество всех последовательно-
стей {хп}, принадлежащих множеству £, начальный от-
резок которых совпадает с набором {<71, аг...а^}. По-
скольку £ = £(0) + £(1), по крайней мере одно из мно-
жеств £(0) или £(1) несчетно. Выберем ai = 0, если
множество £(0) несчетно, и ai = 1, если £(0) счетно.
Тогда независимо от того, какое из двух допустимых зна-
чений принимает а\, множество £(ai) несчетно. Пусть аг
уже определены при i = 1, 2, ..., k так, что множество
£(аь ..., as) несчетно. Выберем ah+i = 0, если множе-
ство £(ai, as, 0) несчетно, и а^+1 = 1, если множе-
ство £(аь ..., а&, 0) счетно. Построенная бесконечная
последовательность {сц, аг, ... } обладает тем свойством,
что при любом k множество £(ai, ..., а*) несчетно.
Обозначим £* объединение всех £ (ai, ..., a^) при k =
— 1,2......Тогда £*— подмножество (в действитель-
ности даже несчетное подмножество) множества £.
При некоторых положительных целых k справедливо
утверждение о том, что множества £ (ai, ..., а&, 0) и
£(ai, ... , as, 1) несчетны (более того, это утверждение
должно в действительности выполняться для бесконечно
многих значений k): в противном случае при достаточно
большом k множество £ (ai, ..., a^) вопреки построению
не было бы несчетным. Пусть £j, йг, • • • — целые числа,
для которых множества £(ai, ..., ал, 0) и £(ai, ...
..., а^, 1) несчетны, и уп = Хь„ + 1 для любой последо-
вательности {х1( Хг,...} из £*. Тогда {z/i, уг,...} — беско-
нечная последовательность нулей и единиц. Из способа
получения чисел kn следует, что любая последователь-
ность нулей и единиц содержится среди последователь-
ностей у, и, таким образом, последовательностям {xi,
Хг,...} из £* соответствует множество мощности конти-
нуума, а именно множество всех последовательностей у
(заметим, что многим последовательностям х из £* мо-
жет соответствовать одна и та же последовательность//).
Следовательно, мощность множества £* (а значит, и
73
множества Е) не может быть меньше мощности конти»
нуума, а поскольку Е — подмножество множества X,
мощность множества Е* не может быть больше мощно-
сти континуума. Таким образом, мы доказали, что каж-
дое несчетное подмножество множества, обладающего
мощностью континуума, также имеет мощность конти-
нуума.
Howard Eves, Paul Halmos
230.	Оценка площади поверхности вращения. Пусть
а > 0, b > 0 и f(x)—нелинейная функция, принимаю-
щая значения f(0)=0, f(a)—b и такая, что при
0 х а справедливы неравенства f (х)	0, f"(x)
> 0.
Доказать аналитически неравенство
2л J f (х) [1 + (f (х))2]‘А dx < лЬ (а2 + b2)'h
о
(неравенство становится наглядным, если его правую и
левую части интерпретировать как площади поверхно-
стей вращения),
G. Polya
231.	Свойства частичной суммы гармонического ряда.
Пусть р — простое число больше 3, a r/s — сумма пер-
вых р членов гармонического ряда:
~г = 1 + т + т + ••• +
О	А О	Р
Доказать, что р3 делится на г — $.
С. F. Р i п z к а
232.	Верхняя плотность числовой последовательности.
Пусть «1 < «2 < .. • — бесконечная последовательность
целых чисел, верхняя плотность которой больше 1/й.
[Обозначим через f(n) число членов последовательности,
не превышающих п. Тогда верхней плотностью последо-
вательности называется limf^/n.]
П->оо
Доказать, что при подходящем выборе t уравнение
= atl + di2 + ... + air, 1 < г < k,
74
разрешимо. В действительности существует бесконечно
много значений t, обладающих этим свойством.
Paul Erdos
233.	Кратные иррациональных чисел. Пусть Ь — за-
данное положительное целое число, т = 1, 2, ... и q —
иррациональное число, удовлетворяющее неравенствам
О < q < 1. Назовем интервал (т, т + 1) лакуной, если
он не содержит числа, кратного b + q.
Доказать, что любой набор из b последовательных
лакун содержит ровно одно число, кратное 1 + b/q.
S. Н. Gould
234.	Рациональные функции от cos" ft и sin" ft. До-
казать, что при любом положительном нечетном п функ-
ций cos ft и sin ft можно представить в виде рациональ-
ных функций от sin" ft и cos" ft с рациональными коэффи-
циентами. Найти явные выражения для этих функций
при п = 3.
I. S. С о h е п
235.	Расходящиеся ряды и сходящийся ряд. По
ео	со
строить два расходящихся ряда У, а* и У, bk
k=i	k-i
^...^0,	• • • >0), таких, что если
оо
<min(aft, bk), ck>Q, то ряд У, ck сходится.
А=1
Peter Ungar
236.	Целые числа, в десятичной записи которых встре-
чаются лишь нули и единицы. Дано произвольное целое
число п. Доказать, что всегда можно найти число, деля-
щееся на п, для записи которого в десятичной системе
счисления необходимы лишь нули и единицы. Суще-
ствует ли алгоритм для нахождения наименьшего из та-
ких чисел?
М. S. Knebelman
237.	Кривые, вдоль которых z совпадает с аналитиче-
ской функцией от z. Функция комплексного перемен-
ного г, переводящая z в комплексно сопряженное чис-
ло г, нигде не аналитична. Тем не менее, если С — про-
75
извольная окружность или прямая, то существует функ-
ция f(z), которая в каждой конечной точке линии С ана-
литична и равна z. Доказать это утверждение. Рассмо-
треть также другие кривые, для которых существует
функция, обладающая аналогичными свойствами.
Е. Р. Starke
238.	Постоянная Эйлера. Доказать, что
оо
SCOS X2 — COS X
X
о
dx = y С,
где С — постоянная Эйлера.
Н. F. Sandham
239.	Представление целых чисел в виде «й-я степень
целого числа плюс простое число». Доказать, что при
любом заданном целом k > 1 существует бесконечно
много /е-х степеней целых чисел, не представимых в виде
суммы простого числа и k-ii степени целого числа.
С. R. Phelps
240.	Задача А. Эддингтона о четырех лжецах. В своей
книге «Новые пути в науке» 1 Артур Эддингтон приводит
следующую задачу: «Если А, В, С и D говорят правду
лишь в одном случае из трех (независимо друг от друга)
и А утверждает, что В отрицает, что С говорит, будто D
лжец, то какова вероятность того, что D сказал правду?»
Пользуясь методом исключения, Эддингтон нашел, что
она равна 2S/si-
Доказать, что правильное значение вероятности собы-
тия, о котором говорится в условии задачи, равно 13/si и
что с той же вероятностью каждый из лжецов А, В и С
сказал правду.
J. W. Campbell
241. Оценка снизу частичных сумм ряда Фурье.
Функция —ln|sin-i х| разлагается в ряд Фурье вида
cosx +4-cos2x + 4-cos3x+ ....
Л	о
1 A. S. Eddington, New Pathways in Science, Cambridge, 1935,
p. 121.
76
Доказать, что частичные суммы этого ряда всегда не
меньше —1.
Р. Т. Bateman
242.	Суммирование ряда. Вычислить
ОО
га3
Н. F. Sandham
243.	Автоморфизмы групп. Доказать, что любая
группа, содержащая более Двух элементов, допускает ав-
томорфизм, отличный от тождественного.
Irving Kaplansky
244.	Непрерывные дроби и вычисление корней по ме-
тоду Ньютона. Известно, что если непрерывная дробь
х = р------------
р------~
сходится, то ее значение совпадает с большим по мо-
дулю корнем уравнения х2— рх + q = 0. С другой сто-
роны, вычисляя больший корень того же уравнения по
методу Ньютона, мы получаем последовательные при-
ближения вида
.. ___ Л-Р^к+я Х1~Я
Xk+x-xh 2х^_р -2х^_р,
Доказать, что если Хо совпадает с первой подходящей
дробью непрерывной дроби х, то хь х2, ... также совпа-
дают с подходящими дробями непрерывной дроби х и
сходятся к тому же корню.
k = Q, 1, 2, ...
Н. S. W а 11
245.	Разность кубов двух последовательных чисел.
Доказать следующее утверждение: если разность кубов
двух последовательных целых чисел представима в виде
квадрата некоторого целого числа, то она представима
в виде суммы квадратов двух последовательных целых
чисел.
R. С. L у n е s s
77
246.	Единичный элемент группы в виде произведения
элементов последовательности. Пусть аь а2, ..., ап — п
не обязательно различных элементов группы порядка п.
Доказать, что существуют целые числа р и q, 1 р
q п, для которых
Hai = e,
i=p
где е — единичный элемент группы.
Leo Moser
247.	Делители числа x2" + y2". Доказать, что если
х и у взаимно простые числа, то любой нечетный де-
литель числа
х2 + У ,
где «—положительное целое, имеет вид 2/t+1m+l.
Joseph Rosenbaum
248.	Коэффициенты многочленов Бернулли второго
рода. Пусть
1
6П = х (х — 1) ... (х — п + 1) dx,
о
1
<р„ = х (х + 1) ... (х + п — 1) dx.
о
Доказать, что (—1 )"'&„ = <pn —и выразить <р„
через
G. Т. Williams
249.	Формула для числа л. Доказать, что
/	1 \2	/	1	1 \2
1+(2±а) +(1 + 2-+з-^	=
1 ~ \ 2 / '\	3	/ т • • •	360 *
Н. F. Sandham
250.	Абсолютная величина многочлена и его произ-
водной. Пусть f(z) = z't + ... — многочлен степени п,
Af—замкнутая (не обязательно связная) область, в ко-
торой |/(z) |С1.
78
Доказать, что в Af всегда можно найти точку z0,
в которой |Г(zo)I^h (равенство соответствует случаю,
когда j(z) = z").
Paul Erdos
251.	Суперпозиция функций Эйлера. Пусть k и
х — положительные целые числа, f'k(x) = kq(x), где
Ф (х) — функция Эйлера *, и
при / = 2, 3, ...»
Доказать, что при k 3 последовательность /1 (х),
fii(x), ..., начиная с некоторого члена, содержит лишь
одну и ту же повторяющуюся постоянную, а при /г 4,
начиная с некоторого члена, монотонно возрастает.
V. L. К1 е е, J г.
252.	Лотерея. Мой приятель Моррис организовал
в школе лотерею. Нескольким членам инициативной
группы было поручено изготовить лотерейные билеты.
Справившись со столь ответственным поручением, каж-
дый из них сброшюровал билеты своей серии в книжеч-
ку, всего на сумму 12 шиллингов (билеты продавались
по цене 1 пенс1 2 за штуку). Школьник, вытянувший вы-
игрышный билет, получил приз: несколько марок досто-
инством в 6 пенсов каждая. Когда я спросил у Морриса,
сколько марок получил счастливчик, он ответил, что это
я мог бы выяснить и без его помощи. Необходимо лишь
иметь в виду, что, прежде чем назвать номер билета, на
который пал выигрыш, все распространители лотерейных
билетов собрались за круглым столом и каждый сооб-
щил, на какую сумму он продал билеты и сколько биле-
тов у него осталось. При этом выяснилось следующее:
а)	все распространители продали различное число
билетов;
б)	число лотерейных билетов, оставшихся у каждого
распространителя, равно произведению сумм (в шиллин-
гах), вырученных от продажи билетов его ближайшими
соседями по столу;
1 См. примечание к условию задачи 219 и III. 8. — Прим. ред.
2 В 1 шиллинге 12 пейсов, — Прим, перев.
79
в)	когда каждый из распространителей лотерейных
билетов получил из собранных денег вознаграждение в
размере 1 пенса, оставшаяся сумма в точности совпала
со стоимостью марок, которые достались школьнику, вы-
игравшему лотерею.
Сколько было распространителей лотерейных билетов
и сколько билетов продал каждый из них?
R. С. L у n е s s
253. Бесконечные ряды и бесконечное произведение.
Доказать следующее тождество:
1 J---------1______£?---------
Т (1-Х)2	(1 - х)2 (1 - X2)2
(1 -х)2(1 -X2)2(l -X3)2	'
_ 1 —X + X3 — X6 + х10— ...
— [(1-х) (1-х2) (1-х3) ...]2 •
N. J. F i п е
254.	Уравнение Клеро. Рассмотрим обыкновенное
дифференциальное уравнение Клеро у = рх + f (р), где
р = у' и f — дифференцируемая функция.
Доказать, что если f' — монотонная функция, то осо-
бое решение уравнения Клеро имеет ровно одну общую
точку с любым частным решением.
Albert Wilansky
255.	Подмножество элементов группы. Пусть G —
абелева группа и А — подмножество, содержащее п ее
элементов и такое, что из йе Л следует а~1 ф. А. Рас-
смотрим п2 (не обязательно различных) элементов груп-
пы G вида сцаз, где сц, a.j принадлежат подмножеству А.
Доказать, что не более этих элементов принад-
лежат подмножеству А.
Leo Moser
256.	Бесконечные ряды и число л. Доказать, что
(sh л)2	(2 sh 2л)2	(3 sh Зл)2 "Г • • • —
_ 2 / 1	1.1 А	Ня2
3 k I2	З2 "* 52	• • ‘J	180 •
Н. F. Sandham
80
257.	Обобщение теоремы Ферма. Пусть р — простое
число больше 3 и п = (22р — 1)/3.
Доказать, что 2" — 2 делится на п.
Paul Erdos
258.	Ряд с иррациональной суммой. Пусть П] <
< «2 < ... < nk < . . — последовательность целых чи-
сел, таких, что Нтлц/ад • • • «fe-i =
Л->оо
оо
Доказать, что сумма ряда У, 1/пг иррациональна.
i=i
Paul Erdos
259.	Биномиальные коэффициенты и
ла. Доказать, что
целая часть чис-

где р—простое число, ( число сочетаний из п по р,
[й] — целая часть числа k.
Доказать также, что если [п/р] имеет делитель ps, то
делится на ps.
Pedro A. Piza
260.	Квадрат, вписанный в любую простую замкну-
тую кривую. Доказать, что на каждой простой замкну-
той плоской кривой существуют четыре точки, которые
могут служить вершинами квадрата.
Orrin Frink
261	'. Прямые Эйлера и окружность девяти точек.
Дан треугольник АВС\ АА', ВВ' и СС' — его высоты.
Доказать, что прямые Эйлера треугольников АВ'С',
А'ВС', А'В'С пересекаются в такой точке Р окружности
девяти точек, для которой один из отрезков РА', РВ',
PC' равен сумме двух других отрезков.
Victor Thebault
262.	Естественная граница функции. Пусть 6- — ирра-
циональное число, a = elt>n. Доказать, что естественной
1 Удовлетворительное решение этой задачи мне неизвестно. —
Прим, ред.
81
границей функции f (z) = £ dnfzn служит единичная
n=o
окружность.
A. W. Goodman
263.	Делимость членов бесконечной числовой после-
довательности. Пусть < аз < ...— бесконечная по-
следовательность целых чисел. Доказать, что в ней су-
ществует либо бесконечная подпоследовательность, лю-
бые два члена которой не кратны друг другу, либо бес-
конечная подпоследовательность, каждый член которой
кратен предыдущему.
Paul Erdos
264.	Бесконечная числовая последовательность, в ко-
торой ни один член не делит другой. Пусть «1 < «2 <
< ... — бесконечная последовательность целых чисел.
Доказать, что из последовательности щ -f- aj, i= 1,2,...,
/ = 1, 2 ..., всегда можно выбрать бесконечную последо-
вательность, ни один элемент которой не делит другой.
Paul Erdos
265.	Кривая, ограничивающая плоскую фигуру с наи-
низшим положением центра тяжести. Найти кривую, дуга
которой длиной I > 2а, расположенная ниже оси х и со-
единяющая точки (—а, 0) и (а, 0), ограничивает снизу
фигуру (верхней границей фигуры служит отрезок
[—а, а] оси х) с наинизшим расположением центра тяже-
сти. Такую форму примет невесомая гибкая нить с кон-
цами, закрепленными в точках (—а, 0), (а, 0), если ее
доверху (до оси х) наполнить «двумерной водой».
Orrin Frink
266.	Функция, представляющая простые числа. Пусть
Rnk — числа, определяемые соотношением * 1
п	оо
	*=2	fe=0
1 Запись соотношения подразумевает л > 2, но утверждение
1 —_ g2\
верно и при п = 1, если при этом в левой части оставить —\.
sin nz
Это показывает, в частности, разумность соотношения =
ie/
если множество индексов I пусто. — Прим. ред.
82
Доказать, что limRnk'k совпадает с первым простым
числом, которое больше п.
R. М. Redheffer
267.	Числа Фибоначчи и числа Мерсенна. Последова-
тельность {а} = 3, 7, 47, 2207,4870847, .... используемую
при.проверке простых чисел Мерсенна, обычно задают
соотношением ап+1 — а^ — 2, и > 1.
Доказать, что ту же последовательность можно за-
дать соотношением ak = F2k+i]F2k(k^ 1), где Fs—чис-
ла Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, ... ,
D. Н. Browne
268.	Планета постоянной плотности. Сферическая
планета, плотность которой в любой точке Р зависит
лишь от расстояния между точкой Р и центром планеты,
обладает следующим свойством. Если между двумя точ-
ками на поверхности планеты прорыть тоннель с идеаль-
но гладкими стенками, то время, за которое предмет,
брошенный в тоннель, будет скользить от одного конца
тоннеля до другогр, не зависит от выбора точек на по-
верхности планеты.
Доказать, что плотность планеты постоянна.
R. J. W а 1 к е г
269.	Кольцо с делением. Элемент кольца х называется
правым квазирегулярным, если существует элемент у
того же кольца, такой, что х + У + ху — 0. Ясно, что в
кольце с делением любой элемент, кроме —1, является
правым квазирегулярным.
Доказать обратное утверждение: если в кольце А
каждый элемент, кроме одного, правый квазирегуляр-
ный, то А — кольцо с делением.
Irving Kaplans к у
270.	Ряд из целых частей. Доказать, что
Г-1
для любого положительного целого числа п ([&] озна-
чает, как обычно, целую часть числа k).
N. S. Mendelsohn
83
271.	Задача Банаха о спичечных коробках. Эту за-
дачу предложил проф. Гуго Штейнгауз. Известный поль-
ский математик Стефан Банах имел обыкновение но-
сить в каждом из двух карманов пальто по коробку спи-
чек. Всякий раз, когда ему хотелось закурить трубку, он
выбирал наугад один из коробков и доставал из него
спичку. Первоначально в каждом коробке было по п спи-
чек. Но когда-то наступает момент, когда выбранный на-
угад коробок оказывается пустым.
Какова вероятность того, что в другом коробке оста-
лось k спичек?
D. A. D а г 1 i n g
272.	Бесконечное отношение. Доказать, что1
1/1 /1/21	— л/з
1/ 4/ 7/ 10
Н. F. Sandham
273.	Множество точек минимума. Функция f(x, у) не-
прерывна на всей плоскости. На каждой окружности с
центром в начале координат существуют точки, в кото-
рых f(x,y) достигает минимума.
Связно ли множество всех точек минимума функции
f(x,y)?
Albert Wilansky
274.	Делители и кратные конечного набора чисел.
Пусть f(n; Ci, ..., аь}—число элементов в множестве
положительных целых чисел т ^.п, являющихся либо
делителями, либо кратными одного из чисел Cj (1 <
< at п).
Доказать, что
f(w. «1> а2...«*)</(«; 2, 3, ..., рй),
где 2, 3, ..., pk — первые k простых чисел.
Paul Erdos
1 Символ aja-ilaz... («бесконечное отношение») обозначает
предел (если таковой существует) последовательности Ah, опреде-
ляемой формулами
л   01^3 • • • Qzn—1	д _ а1аз • • • Qzn+l
2/1 а2а4 ... а!п ’ 2n+l а2а4 • • • Дгп '
Прим. ред.
84
275.	Постоянная Эйлера. Доказать, что
со
П=1
где [х] — целая часть числа х, а С — постоянная Эйлера
(см. III. 12).
Н. F. Sandham
276.	Числовые множества, обладающие делительным
свойством. Пусть S — множество положительных целых
чисел. По определению множество S обладает делитель-
ным свойством, если любое его бесконечное подмноже-
ство содержит два различных числа, одно из которых
является делителем другого.
Пусть Ci < Сг < •.. — бесконечная последователь-
ность положительных целых чисел, обладающая дели-
тельным свойством.
Доказать, что множество произведений вида
«X2 •••«?> аг>°
также обладает делительным свойством.
Paul Erdos
277.	Кругосветный полет. Каждый самолет, входящий
в некоторую группу, может служить заправщиком для
любого другого самолета той же группы. Емкость топ-
ливных баков каждого самолета позволяет ему проле-
теть без дозаправки горючим одну пятую окружности
Земли. Предполагается, что все самолеты летят с одина-
ковой постоянной скоростью относительно Земли и оди-
наково расходуют горючее; имеется лишь одна посадоч-
ная площадка; весь запас горючего хранится на базе и
время заправки пренебрежимо мало.
Определить наименьшее число самолетов, необходи-
мых для обеспечения кругосветного полета одного само-
лета и его благополучного возвращения на базу.
Free Jamison
278.	Отрезки и многочлены. Дано некоторое множе-
ство прямолинейных отрезков, параллельных оси у и та-
ких, что любые п + 2 из них пересекаются графиком не-
которого многочлена степени п.
85
Доказать, что существует многочлен степени п, гра-
фик которого пересекает все отрезки.
Melvin Dresher
279.	Последовательность целых чисел, ни одно из ко-
торых не делит другое. Пусть at < а2 < ...— бесконеч-
ная последовательность чисел с положительной верхней
плотностью *.
Доказать, что существует бесконечная подпоследова-
тельность элементов этой последовательности, ни один
из которых не делит другой (более того, существует бес-
конечная последовательность чисел а^, ai2, ..., такая,
что У, l/aife = оо и ни одно из чисел aiS не Делит дру-
гое).
Paul Erdos
280.	Сумма чисел, обратных элементам конечного
набора. Пусть а\<а2<... <.ак^.п— конечный на-
бор таких положительных целых чисел, что наименьшее
общее кратное любых двух из них больше п
Доказать, что
k
У —<2.
1—1 at
i=l
Paul Erdos
281.	Тетраэдр с концентрическими вписанной и опи-
санной сферами. Определить, какому условию должны
удовлетворять две концентрические сферы для того, что-
бы одну из них можно было вписать в тетраэдр, а дру-
гую описать вокруг того же тетраэдра. Построить тетра-
эдр, вписанный в одну сферу и описанный вокруг другой
сферы.
Joseph Rosenbaum
282.	Ступенчатая функция. Пусть xf(a, h)—наиболь-
шее из чисел, удовлетворяющих условиям
0<ft< 1, (1), f(a + h) = f(a) + hf'(a + ^h),	(2)
где f(x) = x2sin(l/x) при х=/=0 и f(0) = 0 и %(/i) =
1 Верхней плотностью последовательности различных целых чи-
, 1	-- N(n) ... .
сел {а*} называется lim—где N(n)—число членов после-
П->оо п
довательности, не превышающих п. — Прим. ред.
86
Доказать, что при h -> 0 величина X(/i) стремится к
бесконечности как ступенчатая функция. Иначе говоря,
при любом заданном е > 0 найдется такое число Н(е),
для которого при |/i|< Н величина X(/i) при некотором
целом п отличается от (я+ ‘/2)л меньше, чем на е, то
есть выполняется неравенство |Х(7г) — (п -f- V2) л| < 8.
При h -> 0 число м —* оо.
Albert Wilansky
283.	Последовательность синусов. При каких веще-
ственных значениях х последовательность fn(x) = sin 7пл.х
сходится и к какому пределу?
Ку Fan
284.	Равномерно ограниченные суммы. Пусть ((*)) =
= х-И-|.
Доказать, что суммы
т
Z((^+D)
П = 1
равномерно ограничены.
N. J. F i п е
285.	Закон притяжения. По закону всемирного тяго-
тения Ньютона, сила притяжения, с которой действуют
друг на друга два тела, обратно пропорциональна квад-
рату расстояния между ними. При этом однородная ма-
териальная сфера действует на точку, расположенную
вне ее так, как если бы вся масса сферы была сосредо-
точена в ее центре.
Существуют ли какие-нибудь другие зависимости
силы от расстояния, кроме ньютоновской 1/г2, обладаю-
щие тем же свойством?
R. J. W а 1 к е г
286.	Бесконечный ряд последовательных интегралов.
Пусть ft(x) — функция, интегрируемая по Риману на ин-
тервале 0 х М, и
X
fn+1(x)=	п = 1, 2, ... .
о
87
Доказать, что функция
оо
<Р (х) = Е Ш
п=1
определена и непрерывна на том же интервале, за иск-
лючением, быть может, точек разрыва исходной функции
fi(x). Найти простое выражение для <р(х).
Е. Р. Starke
287.	Конечные последовательности нулей и единиц,
содержащие все n-значные двоичные числа. Трехзнач-
ные отрезки конечной последовательности нулей и еди-
ниц 1110001011 позволяют получить все трехзначные дво-
ичные числа, причем каждое число ровно один раз. При
произвольно заданном положительном целом числе п
аналогичную конечную последовательность нулей и еди-
ниц можно построить следующим образом. Выпишем
сначала подряд п единиц. Затем, сдвигаясь каждый раз
на один знак вправо, будем вписывать на вакантное
место 0, если получающееся при этом n-значное двоич-
ное число не встречалось нам раньше, и 1 в противном
случае.
Доказать, что построенная таким способом последова-
тельность из 2п + п — 1 знаков обладает таким же свой-
ством, что и последовательность нулей и единиц, приве-
денная в начале задачи для случая п = 3.
Peter Ungar
288.	Сумма r-х степеней делителей. Пусть ог(п) озна-
чает сумму r-х степеней делителей положительного це-
лого числа п.
Доказать, что
о, (и) <тг (т) = У, drcr (пт | d2),
d I (n. m)
где d принимает значения, равные всем общим делите-
лям чисел п и т.
Paul Bateman
289.	Компоненты лемнискатного множества. Пусть
f (г) = П (z — z<),
I К 1.
88
Рассмотрим множество точек комплексной плоскости, в
которых (г) |	1.
Доказать, что это множество состоит не более чем из
п—1 компоненты.
Paul Erdos, W. Н. Fuchs
290.	Система линейных уравнений. Дано N чисел ат,
удовлетворяющих N линейным уравнениям
N
у __ат =_____1_ 1 2 N
Li гаг + га 2га + 1 ’ П 11 ’ ’ •
т—\
Доказать, что
N
Z&tn _ ।1
2m + 1 (2Af + О2 *
F. J. Dyson
291.	Ограниченная сумма. Данное целое число k и
комплексно-значная функция f(n), определенная на мно-
жестве положительных целых чисел и такая, что =
= f(n2) при П1 = rtajmod k), |f(ra)|^l для всех п,
f (п) = 0 при k | п и У, f(n) = 0.
п=1
Доказать, что
оо
У® <|п*.
И
Л=1
Paul Bateman
292.	Производная в точке максимума модуля. Пусть
f(z)—функция, аналитическая в единичном круге и на
его границе (|з|^ 1), z0 — точка, в которой |/(г) | до-
стигает максимума на единичной окружности (|г0| = 1).
Доказать, что f'(zo) 0.
Paul Erdos
293.	Несобственный интеграл. Вычислить интеграл
Н. F. Sandham
89
294.	Две последовательности целых частей. Пусть
f(n) и g(n)— две последовательности натуральных чи-
сел, заданные следующими тремя условиями:
1)	7(1)= 1;
2)	g(ri) = па — 1 — f (п), если а — целое число боль-
ше 4;
3)	f(n+ О—наименьшее натуральное число, отлич-
ное от 2п чисел f(l), f(2)...f(n); g(l),g(2)....g(n).
Доказать, что существуют постоянные аир, для ко-
торых
f(n) = [ап], g(n) = [prc].
Здесь [х], как обычно, означает целую часть числа х.
Ку Fan
295.	Корни уравнения tgx — x. Каждый положитель-
ный корень уравнения tgx = x можно представить в
виде х = (р + ‘/2) л — О, где р— любое неотрицательное
целое число, а
= С& + ^is'3 + C2I5 + • • • > где £ = у-' . .
(р + |>
Коэффициенты Со, Ci, С2, ... — положительные рацио-
нальные числа.
Доказать, что при больших п коэффициент Сп можно
представить в виде
Сп = 12"1/б Г(4) л"2/з. (f )2rt+‘ (2n + 1)-“/з (1 + «>„).
При п —> оо величина соп стремится к нулю так, что за-
писанный выше ряд для О1 сходится даже при р — 0.
С. D. 01 d s
296.	Функции Эйлера dl(n)(x). Функции Эйлера dl(n)(x)
определены соотношениями
dl(rt)(x) = $dl(rt-I)(/)-p, n>2,	(1)
о
dl(1)(x) = — (ln(l — t)~.	(2)
J	*
0
90
Доказать, что при 1 х | < л/2
tg* =2	- d1'2 *"-0	(3)
П“1
sec х = 1 + i £ (4)2"+I [d 1(2n) (-Z) - dl(2n) (Z)] x2n.	(4)
n=l
Carl Cohen
297.	Распределение целых чисел специального вида.
Пусть О] = 2-3, а2 = 3-5, а3 = 5-7, ..., ak = pkpk+i, где
pk-k-e простое число, f(n)—число элементов в мно-
жестве целых чисел вида Ц а“‘ (аг 0), не превосходя-
щих п.
Доказать, что
1 . . .
где у < с < 1.
f (и) = сп12 -J- о (п’/2),
Paul Erdos
298.	Сходимость ряда. Найти все значения аир, при
ОО
которых ряд У, nasinnB сходится.
п=1
R. Р. В о a s, J г., W. К. Н а у m а п
299.	Целые числа, имеющие общие множители с чле-
нами последовательности. Пусть aj, а2— последователь-
ОО
Йость натуральных чисел, такая, что ряд У \[ап расхо-
П = 1
дится.
Доказать, что почти все натуральные числа имеют об-
щие множители с какими-нибудь членами этой последо-
вательности *.
D. J. Newman
1 Иначе говоря, дополнительное множество натуральных чисел
имеет нулевую верхнюю плотность (см, примечание к условию за-
дачи 279). — Прим. ред.
91
300.	Вычисление определителя. Вычислить определи-
тель
bt -1	0	... 0
Ь2 Ь[ — 2	... О
........................................
Ьп-1	Ьп-2	Ьп-3 ••• 1 —п
bn	bn-i	bn-2 ... bi
где Ьп = пп!п\.
А. С. Aitken
301.	Как разрезать прямоугольный параллелепипед?
Кусок дерева имеет форму прямоугольного параллелепи-
педа, размеры которого относятся между собой как
1:1:2. Как распилить его на наименьшее число частей,
из которых можно было бы составить куб?
W. F. Cheney, Jr.
302.	«Незаконное» сокращение. Доказать, что суще-
ствуют лишь три правильные дроби со знаменателями
меньше 100, которые можно привести к несократимому
виду, «незаконно» зачеркнув одинаковые цифры в числи-
теле и знаменателе. Одна из них — это дробь
26 2g 2
65 — 05 — 5 ’
Найти остальные две дроби и доказать, что других
дробей, обладающих тем же свойством, не существует.
R. К. Morley
303.	Вероятность «черной» пятницы. Доказать, что
тринадцатое число месяца с большей вероятностью при-
ходится на пятницу, чем на другие дни недели.
В. Н. Brown
304.	Еще одно свойство гармонического ряда. Дока-
зать, что частная сумма
92
гармонического ряда не бывает целым числом ни при ка-
ком N.
В. Н. Brown
305.	Простые числа в арифметической прогрессии.
Доказать, что, за единственным исключением, в любой
арифметической прогрессии, члены которой — положи-
тельные целые числа, а разность меньше 2000, простыми
числами могут быть не более 10 последовательных чле-
нов.
Morgan Ward
306.	Общий делитель двух чисел. Пусть d — наиболь-
ший общий делитель чисел а и b (a = a'd, b = b'd),
п — любое целое число, большее 1.
Доказать, что если число Ь' нечетно, то общий мно-
житель чисел па -J- 1 и пь — 1 не может быть больше 2.
Morgan Ward
307.	Объем тела вращения. Доказать, что объем тела,
образованного вращением куба с ребром длиной а во-
круг одной из его пространственных диагоналей, равен
ла3/V3 •
В. W. J о п е s
308.	Чисто мнимое произведение. Доказать, что беско-
нечное произведение
в котором знаменатели образуют рекуррентную последо-
вательность, определяемую соотношением Dn = 6Dn-i —
— Dn_2 (n 2), Z»o = 3,	= 17, — чисто мнимая ве-
личина.
D. Н. L е h m е г
309.	Частный случай великой теоремы Ферма. Пусть
а, b и п — положительные целые числа, такие, что а> Ь,
п > b и ап + Ьп = сп.
Доказать, что число с не может быть целым.
Fred Discepoli
93
310.	Криптарифм. При умножении «столбиком» трех-
значного числа на двузначное получилась следующая за-
пись:
РРР
РРРР
РРРР
РРРРР
Буквы р означают «простые» цифры, отличные от 1
(то есть однозначные простые числа).
Восстановить значения цифр, зашифрованных бук-
вой р, и доказать, что решение задачи единственно.
J. Е. Trevor
311.	Соотношения между биномиальными коэффици-
ентами. Доказать, что знакопеременная сумма биноми-
альных коэффициентов
/п—1\	/71 — 24 /п — 34
s" ч 1 7 + 1 2 J-1 з )+•••
(сумма продолжается лишь до тех пор, пока верхний ин-
декс остается неотрицательным) принимает значение -J-1,
если п — целое число вида 3m; обращается в 0, если п —
целое число вида 3m + 2, и принимает значение —1, если
п — целое число вида 3m -J- 1.
Meyer Karlin
312.	В одном банке. Штат одного из банков состоит
из 11 служащих, стоящих на различных ступенях слу-
жебной лестницы: президент, первый вице-президент,
второй вице-президент, третий вице-президент, главный
бухгалтер, кассир, контролер, счетовод, первый секретарь
президента банка, второй секретарь (оба секретаря вла-
деют стенографией) и швейцар. Фамилии этих одинна-
дцати сотрудников банка мы приводим в алфавитном по-
рядке: мистер Адамс, миссис Браун, мистер Грант, мисс
Дейл, мистер Джоунс, миссис Кейн, мистер Кемп, мистер
Лонг, миссис Форд, мисс Хилл и мистер Эванс. Относи-
тельно служащих банка известно следующее.
1.	Президент банка души не чает в своем внуке, ис-
полняющем обязанности третьего вице-президента, мис-
сис Браун и контролер банка недолюбливают последнего.
94
2.	Контролер и второй секретарь потеряли недавно
своего отца и супруга.
3.	Второй вице-президент банка и контролер носят
шляпы одинакового фасона.
4.	Мистеру Гранту понадобилось продиктовать дело-
вое письмо, и он потребовал, чтобы мисс Хилл срочно
прислала ему секретаря.
5.	Миссис Кейн, мистер Грант и мистер Лонг — со-
седи президента банка; все остальные сотрудники живут
довольно далеко.
6.	Первый вице-президент и главный бухгалтер жи-
вут в фешенебельном «Клубе холостяков».
7.	Швейцар красит бороду и никого не приглашает в
свою комнатку под самой крышей.
8.	Банковские служащие молодого поколения, еще не
успевшие обзавестись собственными семьями, регулярно
собираются у одного из своих коллег, чаще всего у ми-
стера Адамса и второго секретаря.
9.	Второй вице-президент банка и счетовод некогда
были помолвлены.
10.	Неизменно одетый по последней моде кассир до-
водится зятем первому секретарю президента банка.
11.	Мистер Джоунс в тайне от счетовода, который
среди служащих является старшим по возрасту, регуляр-
но отдает свои поношенные цлатья мистеру Эвансу.
Определить фамилию каждого из 11 должностных
лиц банка,
A. A. Bennett
313. Снегопад. Снегопад в городе начался еще до
полудня и продолжался, не усиливаясь и не ослабевая,
до наступления темноты. Ровно в полдень бригада до-
рожных рабочих вышла на шоссе и приступила к уборке
снега. За первые 2 часа рабочие очистили от снега
2 мили, но за следующие 2 часа им удалось убрать снег
лишь с отрезка пути длиной в 1 милю. В равные проме-
жутки времени бригада убирала равные объемы снега.
В котором часу начался снегопад?
J. А. В е n n е f
314. Рулон бумаги в коробке. Внутренние размеры
коробки, имеющей форму прямоугольного параллелепи-
95
педа, составляют 3X4X5 футов Рулон, имеющий вид
прямого кругового цилиндра диаметром 9 дюймов, уме-
щается в коробке по диагонали, касаясь при этом всех
шести ее внутренних стенок.
Определить длину рулона. Известно, что его ось, если
ее продолжить в обе стороны, не проходит через верши-
ны прямоугольного параллелепипеда — углы коробки.
W. F. С h е п е у, Jr.
315.	Описанная окружность и окружность девяти
точек. Углы треугольника АВС удовлетворяют соотно-
шению sin2 Л + sin2 В + sin2 С = 1.
Доказать, что его описанная окружность пересекается
с окружностью девяти точек ортогонально.
D. L. М а с К а у
316.	Косоугольный треугольник, стороны которого
отсекают на биссектрисах двух внешних углов равные
отрезки. Биссектриса внешнего угла при вершине С
косоугольного треугольника АВС пересекает сторону АВ
(или ее продолжение) в точке М, а биссектриса внеш-
него угла при вершине В пересекает сторону АС (или ее
продолжение) в точке N. Известно, что СМ = BN.
Доказать, что отрезок (р— а)/а равен среднему гео-
метрическому отрезков (р — b)/b и (р — с)/с.
D. L. М а с К а у
317.	Оптимальная схема включения лампы. Кнопоч-
ный выключатель может находиться лишь в двух состоя-
ниях: «включено», когда контакт замкнут, и «выключе-
но», когда контакт разомкнут. Различить по внешнему
виду выключателя, в каком из двух состояний он нахо-
дится, невозможно. При нажатии кнопки выключатель
переходит из одного состояния в другое: если до нажа-
тия выключатель находился в состоянии «выключено», то
после нажатия кнопки он перейдет в состояние «включе-
но», и наоборот. Электрическая лампа соединена с п вы-
ключателями так, что горит лишь в том случае, когда все
п выключателей находятся в состоянии «включено».
Определить, в каком порядке следует нажимать кноп-
ки для того, чтобы наибольшее число нажатий, которое
необходимо произвести, прежде чем лампа загорится,
1 1 фут = 12 дюймов = 0,3048 м. — Прим, перед.
96
было минимальным. Обобщить решение на случай, когда
каждый выключатель срабатывает лишь при р-м нажа-
тии на кнопку.
Joseph Rosenbaum
318.	Нули и точки экстремума кубического много-
члена. Дан кубический многочлен у = х3 + рх2- -J- qx.
Определить все целочисленные пары коэффициентов
р и q, при которых уравнение у = 0 имеет различные
целочисленные корни и целочисленные координаты двух
точек экстремума.
С. А. М и г г а у
319.	Степени натуральных чисел. Доказать, что
1Р + 2Р — Зр + 4Р — 5Р — 6Р + 1Р + 8Р — ...
... (—1)п(2” — 1)₽ = О
для любого натурального р<п. Слагаемое берется
со знаком плюс, если в двоичной записи числа т нечет-
ное число единиц, и со знаком минус, если число единиц
четное.
Joseph Rosenbaum
320.	Неравенства для сторон треугольника и ребер
тетраэдра. Пусть S = а + b + с, Т = ab -f- ас + Ьс, где
а, Ь, с — длины сторон треугольника.
Доказать, что ЗТ S2 < 4Т. Вывести аналогичные
неравенства для ребер тетраэдра.
F. Е. W о о d
321.	Соотношение между коэффициентами одного
ряда. Пусть
ц х)3 = °о + а\х + а2х^ + • • • •
Доказать, что
а0 + ai + ^2 +  • • + ап_ 1 = -у (п + 2) (п + 7) • 2п 4.
А. V. Richardson
322.	Дополнение до полного квадрата. Пусть m —
произвольно заданное целое число.
97
Сколько существует целых значений В, квадрат кото-
рых дополняет число т до полного квадрата (В2 + т —
квадрат целого числа).
J. L. Brenner
323.	Основные пифагоровы треугольники, в которые
можно вписать окружность радиуса г = р > 2. Если
радиус окружности выражается нечетным простым чис-
лом, то вокруг нее можно описать ровно 2 различных
основных пифагоровых 1 треугольника.
Доказать, что каждая пара таких треугольников об-
ладает следующими свойствами:
а.	длины их меньших катетов отличаются на 1;
б.	в одном треугольнике гипотенуза превосходит по
длине больший катет на 1, а в другом треугольнике—•
на 2;
в.	сумма периметров треугольников равна квадрату
целого числа, умноженному на 6;
г.	при неограниченном возрастании радиуса р впи-
санной окружности отношение наименьших углов тре-
угольников стремится к 2;
д.	при неограниченном возрастании радиуса р впи-
санной окружности отношение площадей треугольников
стремится к 2.
W. F. С h е п е у, J г.
324.	Почему линия сгиба прямая? В учебниках гео-
метрии и популярных книгах по математике нередко
можно встретить утверждение о том, будто линия сгиба
на листе бумаги имеет форму прямой потому, что линия
пересечения двух плоскостей — прямая, однако это за-
блуждение.
Указать истинную причину, по которой линия сгиба
на листе бумаги имеет форму прямой.
Е. Р. Starke
325.	Когда произведение п первых натуральных чисел
делится на их сумму? Доказать, что произведение п
первых натуральных чисел (1-2-3-., .•«) делится на их
1 Основным пифагоровым треугольником называется прямо-
угольный треугольник, длины сторон которого выражаются взаимно
простыми целыми числами. — Прим. ред.
98
сумму (1 -f- 2 + ... + п) в том и только в том случае,
если число п + 1 не является простым числом р > 2.
Victor Thebault
326.	Задача на разрезание. Как разрезать правиль-
ный шестиугольник на наименьшее число частей, из ко-
торых можно составить равносторонний треугольник той
же площади? Каждый разрез производится вдоль пря-
мой.
Н. S. М. Coxeter
327.	Два эквивалентных сравнения. Если п, г и а —
натуральные числа, то из сравнения n2 ss n(mod 10“)
очевидным образом следует сравнение nr = n(mod 10“).
При каких значениях г из сравнения nr = n(mod 10“)
следует сравнение n2 = п (mod 10“)?
Irving Kaplans к у
328.	Кубическая парабола. График кубического мно-
гочлена у = х3 -J- ах2 + bx -J- с пересекает ось х в трех
различных точках. Пусть А и В — две из них. Из точек
А и В к «горбам» кубической параболы проведены каса-
тельные АВ и BQ (Р и Q — точки касания прямых и гра-
фика кубического многочлена).
Доказать, что отношение длины отрезка АВ к рас-
стоянию между точками Р и Q по горизонтали не зави-
сит от коэффициентов кубического многочлена.
Н. Т. R. Aude
329.	Задача о бильярдном шаре. В каком направле-
нии следует нанести удар кием по бильярдному шару,
чтобы тот после заданного четного числа отражений от
бортов вернулся в исходную точку? Вращением шара и
возможностью попадания в лузы пренебречь. Соударе-
ния с бортами считать абсолютно упругими.
Victor Thebault
330.	Сфера, проходящая в зазор между двумя сопри-
касающимися сферами и плоскостью. Пусть а и b — ра-
диусы двух сфер, касающихся друг друга и плоскости.
Доказать, что радиус г наибольшей сферы, проходя-
щей в зазор между этими двумя сферами и плоскостью,
определяется из соотношения г_'/г = а~'^ -f- Ь~‘Л.
С. W. Т г i g g
99
331.	Две лестницы, стоящие «накрест». На горизон-
тальной площадке возведены две параллельные стенки,
отстоящие друг от друга на расстояние d футов. Лестни-
ца длиной а футов поставлена у основания одной стенки
и прислонена к другой, а лестница длиной b футов по-
ставлена у основания второй стенки и опирается на пер-
вую (а>Ь). Обе лестницы «пересекаются» на высоте
с футов над площадкой.
Доказать, что допустимые целочисленные значения а,
Ь, с и d определяются соотношениями
ka = (su -f- tv) (s — /)(« + v), kb = (so -J- tu) (s — /)(« + o),
(D
kc = (su — tv) (sv — tu), kd = 2 (stuv'),t (s — t) (u + v).
Здесь s, t, u, v — любые натуральные числа, удовлетво-
ряющие трем условиям: и > v, sv > tu и stuv — квадрат
целого числа (k — наибольший общий делитель правых
частей четырех соотношений (1)). Найти также наиболее
простое частное решение, при котором все числа а, Ь, с
и d нечетные.
A. A. Bennett
332.	Условие простоты числа. Доказать, что сравне-
ние
/2р ~ Ь
( р _ J = 1 <mod Р )
служит необходимым условием простоты числа р > 2.
Является ли это условие также и достаточным?
David Segal
333.	Пройдет ли шкаф в дверь? Шкаф прямоугольной
формы (длиной а и шириной Ь) пронесли, не наклоняя,
по коридору шириной с и через дверной проем шириной d
в стене коридора внесли в комнату. Шкаф прошел впри-
тык. Если пренебречь толщиной стен, то из подобия тре-
угольников можно установить соотношение между раз-
мерами шкафа, шириной коридора и дверного проема:
d = ab/c.
Предположим, что толщина стены, в которой нахо-
дится дверной проем, равна h. При каком соотношении
между величинами d и a, b, с, h шкаф пройдет в дверь?
Е. Н. Johnson
100
334.	Длина периода в десятичном разложении дроби
1/р. Пусть р — любое нечетное простое число, отлич-
ное от 5.
Доказать, что десятичное разложение дроби 1/р имеет
период длиной в (р — 1)/2 или q знаков, где q — некото-
рый делитель числа (р— 1)/2, в том и только в том слу-
чае, если р = ±3ft(mod 40).
J. S. Frame
335.	Свойство простых чисел. Доказать, что не суще-
ствует простого числа р, для которого при п > 1 выпол-
нялось бы равенство рп -j- 1 = 2т или при п>2— ра-
венство рп — 1 = 2™
Harry Goheen
336.	Президентские выборы. Какое наименьшее число
голосов избирателей должен набрать кандидат на пост
президента США при существующей избирательной си-
стеме? *.
Для простоты предположим, что на пост президента
баллотируются лишь два кандидата и число избирате-
лей, приходящееся на одного выборщика, одно и то же
во всех штатах. Общее число избирателей N, остальные
данные вы можете найти в справочнике.
Leopold Infeld
337.	Матрицы с двумя одинаковыми элементами на
главной диагонали. Доказать, что любая степень мат-
рицы
2 1 1\
0 2 11
111/
1 Выборы президента США йе прямые, а двухстепенные. В пер-
вом туре избиратели каждого штата отдают свои голоса выборщи-
кам, число которых равно числу членов палаты представителей и
сенаторов от данного штата. Избранным считается целиком список
выборщиков, получивший большинство голосов. Во втором туре вы-
борщики отдают свои голоса за кандидата в президенты. Избран-
ным считается кандидат, набравший абсолютное большинство го-
лосов.
Для решения задачи нужно знать еще количество выборщиков
в каждом штате. Советский читатель может попытаться решить за-
дачу в общем виде. — Прим, перев.
101
содержит на главной диагонали два одинаковых эле-
мента. Доказать также, что тем же свойством обладает
любая матрица (ars), у которой arl = a2r, alr = ar2,
Ors dsr	2) И Иц ^22*
J. L. Brenner
338.	Частичные суммы гармонического ряда и интег-
ралы от элементарных функций. Пусть s (п) == 1 + '/г +
+ '/з + ... + 7п — сумма первых п членов гармониче-
ского ряда. Известно, что s (п) можно представить в виде
интеграла	,
о
При такой записи s(n) формально не содержит сумму п
членов.
Найти f(x), такую, что s(n) = f(n)(0). Выразить
f(x) через элементарные функции и их первообразные.
Henry Scheffe
339.	Головоломка, основанная на свойствах чисел
Фибоначчи. На свойствах чисел Фибоначчи, определяе-
мых рекуррентным соотношением Fi = F2 = 1, F}+i =
= Fj—i + Fj (/^2), основана следующая известная го-
ловоломка, связанная с таинственным увеличением или
уменьшением площади фигуры. Квадрат со стороной Fn
разрезают на 4 части, из которых «составляют» прямо-
угольник Fn-i X Fn+i (рис. 2).
Составить из тех же четырех частей фигуру, которая
на первый взгляд кажется образованной из двух прямо-
102
угольников Fn-i X 2Гп_2, соединенных между собой пря-
моугольником Fn_4 X Fn_2. (В действительности, как и в
первом случае, площадь этой фигуры отличается от пло-
щади исходного квадрата на 1.)
W. R. Ransom
340.	Два определителя. Пусть
xi	У1	zi \	/ Xi	У1
х2	У2	^2 I	И	I Х2	Y2	Z2
хз	Уз	z3/	\ %з	Уз	Z3
— две матрицы, х{, yit zt и Xit У,-, Z; (i = 1, 2, 3) — от-
личные от нуля числа, причем каждый элемент второй
матрицы совпадает с алгебраическим дополнением со-
ответствующего элемента первой матрицы.
Доказать, что из соотношения
	/х-1 г/-1 2-Л	
det	1 О)	= 0
	1 СО N 1 со	
следует аналогичное соотношение		
	'ХГ1 УГ* Z1-1>	
det	Х2-1 Y1' Z2-1	= 0.
	^Х3-1 Уз-1 Из’1/	
		J. A. Todd
341. Корень t-й	степени из	—1. Доказать, что
V-1 «23’/7.
Е. Т. Frankel
342.	Тетраэдр с соизмеримыми элементами. Доказать,
что можно построить тетраэдр, у которого длины всех
ребер, площадь каждой грани и объем выражаются
целыми числами.
Е. Р. Starke
343.	Многочлен, принимающий целочисленные значе-
ния. Доказать, что при любом целом х многочлен
х5/5 + х3/3 + 7х/15 принимает целочисленное значение.
W. Е. Buker
103
344.	Как разрезать сыр? Доказать, что п плоскими
разрезами кусок сыра можно разделить на («+ 1) (и2 —
— п + 6)/6 частей.
J. L. Wo о d b г i d g е
345.	Род поверхности. Рассмотрим прямоугольный па-
раллелепипед размером а X b X с, сложенный из abc
единичных кубиков. Предположим, что ребра единичных
кубиков сделаны из проволочек (совпадающим ребрам
соответствует одна проволочка).
Доказать, что наружная поверхность получившейся
сети имеет род р = 2abc + be + са + ab (то есть тополо-
гически эквивалентна сфере с р ручками).
Howard Eves
346.	Задача Платона. В пятой книге «Законов»1 зна-
менитый философ древности, обсуждая проблемы рас-
пределения земли в государстве, удобного «и на войне,
и в мирное время для всякого рода сделок, союзов, на-
логов и распределений», пытается найти число, деля-
щееся на любое целое число от 1 до 10, и останавливает
свой выбор на числе 5040 = 71.
Доказать более общее утверждение: если тип—>
натуральные числа и п < р, где р — наименьшее простое
число, удовлетворяющее неравенству р >> т, то ml де-
лится на п, за исключением того случая, когда т = 3.
S. Н. Gould
347.	Делимость разности степеней. Пусть а, b и п—
любые натуральные числа, обладающие тем свойством,
что ап — Ьп делится на п.
Доказать, что число (ап— Ьп)/(а — Ь) также делится
на п.
Ivan Niven
348.	Класс сходящихся последовательностей. Пусть
gi, g2, gs, ...— любые числа, удовлетворяющие нера-
венствам
0 < gP< 1, (l-gP)gP+i>-p (P = l, 2, 3,...).
1 Платон, Сочинения в трех томах, т. 3, ч. 2, стр. 211—212,
«Мысль», 1972. — Прим, перев.
104
Доказать, что
lim gp = ^r.
р->00
Н. S. Wall
349.	Кривые постоянной ширины.
а.	Доказать, что все кривые постоянной ширины с од-
ним и тем же диаметром d имеют одинаковые пери-
метры.
б.	Какова наименьшая площадь, ограниченная зам-
кнутой кривой постоянной ширины с диаметром d?
Howard Eves
350.	Свойство факториала. Доказать, что ближайшее
к п!/е целое число кратно (и— 1).
D. Н. Browne
351.	«Сверхсоставное» число. Найти наименьшее на-
туральное число, половина которого есть точный квад-
рат, треть — куб и одна пятая — пятая степень целого
числа.
W. С. R u f u s
352.	Чему равна сумма? Вычислить сумму.
2n—1
г=1	X Г /
С. D. Olds
353.	Наибольшее значение определителя. Доказать,
что значение определителя 6-го порядка, элементами ко-
торого служат вещественные числа, не превосходящие
по абсолютной величине 1, не может быть больше 160.
Gordon Pall
354.	Диаграммы Эйлера и человеческие отношения.
Как писал автор одного романа о своей героине, она
представляла любые отношения между людьми в виде
пересекающихся кругов. Чем больше перекрываются два
круга, тем глубже, казалось бы, должны быть отноше-
ния, но подобное впечатление обманчиво. Отношения
между двумя людьми развиваются по восходящей линии
лишь до тех пор, пока площадь общей части кругов не
составит определенной доли от площади каждого
круга, после чего вступает в действие закон убывающей
105
отдачи. У партнеров иссякают источники, черпая Из ко-
торых они могли бы взаимно обогащать друг друга
в том общем, что их объединяет. Идеальным, по-види-
мому, следует считать тот случай, когда суммарная
площадь двух непересекающихся частей кругов равна
площади расположенной между ними общей чисти кру-
гов, имеющей форму древесного листа. Должно быть,
какая-нибудь изящная математическая формула позво-
лит найти такое расположение кругов — увы, на бумаге,
но не в жизни.
Рассмотреть возможность существования решения для
кругов заданных радиусов.
W. В. Campbell
355.	Шар в наполненной водой вазе. Тяжелый шар
осторожно кладут в наполненную водой вазу, имеющую
форму сегмента параболоида вращения. Размеры вазы
заданы. Размер шара выбран так, чтобы он вытеснил
как можно больше воды.
Определить радиус шара.
Victor Thebault
356.	Бином Ньютона с нечетными коэффициентами.
При каких значениях п все коэффициенты в разложении
бинома Ньютона (а + Ь)п нечетны?
D. Н. В г о w п е
357.	Матрица, обратная симметрической матрице.
Построить матрицу, обратную симметрической матрице
А = {ац} порядка п, где ay = i/j при i /.
D. Н. L е h m е г
358.	Гамильтонов цикл на многограннике. Предполо-
жим, что мы хотим побывать в вершинах многогранника,
а достичь их можно, лишь двигаясь вдоль его ребер. Га-
мильтон рассмотрел задачу об обходе всех вершин мно-
гогранника по маршруту, который не проходит через
одну и ту же вершину дважды. (В теории графов такой
маршрут принято называть гамильтоновым циклом.) Не-
трудно доказать, что задача Гамильтона для додекаэдра
имеет решение.
Доказать, что для ромбододекаэдра задача Гамиль-
тона решения не имеет.
Н. S. М. С ox et е г
106
359.	Определение фальшивой монеты при помощи
взвешивания. У одного человека было 12 монет, неотли-
чимых по внешнему виду. Одна монета была фальши-
вая и отличалась по весу от настоящей. У человека под
рукой были также очень чувствительные равноплечие
весы, но без гирь.
Может ли он при помощи не более трех взвешиваний
обнаружить фальшивую монету и определить, тяжелее
она или легче, чем настоящая?
Donald Eves
360.	«Равнобедренные n-точечники». Назовем мно-
жество, состоящее из п точек на плоскости, равнобедрен-
ным n-точечником, если любые три из них расположены
в вершинах равнобедренного треугольника. Шесть то-
чек на плоскости можно расположить так, чтобы они об-
разовали равнобедренный 6-точечник.
Доказать, что на плоскости нельзя выбрать 7 точек,
образующих равнобедренный 7-точечник. Чему равно
наименьшее число k, такое, что из любых k точек в про-
странстве можно выбрать три, не расположенные в вер-
шинах равнобедренного треугольника?
Paul Erdos
361.	Свойство k натуральных чисел. Пусть дано k на-
туральных чисел «1 < а2 <Z ... < п, где k >
> [(«+ 1)/2].
Доказать, что по крайней мере для одной пары I, г
выполняется соотношение at + сц — аг.
Paul Erdos
362.	Расходимость ряда. Доказать, что ряд
00
2] п~а cos (b In и) расходится при всех значениях а 1
п=1
независимо от значения Ь.
V. L. К1 е е, J г.
363.	Пять точек и выпуклый четырехугольник. На
плоскости произвольно заданы 5 точек.
Доказать, что 4 из них расположены в вершинах вы-
пуклого четырехугольника.
Esther Szekeres
364.	Еще одно свойство п натуральных чисел. Рас-
смотрим п натуральных чисел а\ < а2 < ... < ап 2п,
107
таких, что наименьшее общее кратное любых двух из
них больше 2п.
Доказать, что ai > [2п/3].
Paul Erdos
365.	Точки пересечения диагоналей выпуклого
n-угольника. Найти число точек пересечения диагоналей
выпуклого п-угольника.
Paul Erdos
366.	Криптарифм. Расшифровать следующий «при-
мер на сложение»:
FORTY
+ TEN
TEN.
SIXTY
Каждая буква означает некоторую цифру, причем раз-
личным цифрам соответствуют различные буквы.
Alan Wayne
367.	Беговая дорожка. Внутренняя бровка беговой
дорожки имеет форму эллипса с разными полуосями,
ширина дорожки повсюду одинакова.
Доказать, что форма наружной бровки такой до-
рожки отлична от эллиптической.
L. М. Kelly
368.	Разложение определителя. Доказать, что
а — х 1	0	0	... О
Q)	а~х 1	°	...о
(з)	(г)	а~х	1 о	=
108
369.	Прямые, отсекающие треть площади треуголь-
ника. Рассмотрим прямые, проходящие через некото-
рую точку на медиане треугольника и отсекающие треть
его площади (для краткости назовем их (7з)-прямые).
Через центр тяжести треугольника нельзя провести ни
одной (*/з) -прямой. Через точку, делящую медиану в от-
ношении 4 :5, считая от вершины треугольника, проходят
четыре (’/з) -прямые.
Определить, сколько (*/3)-прямых проходят через
произвольную точку медианы.
Norman Anning
370.	Дети в саду.
— Из сада доносятся детские голоса. Должно быть,
там играют ваши дети? — спросил гость.
— Не только мои, — ответил хозяин, — там резвятся
сорванцы из четырех семейств: мои дети, дети моих брата
и сестры, а также двоюродного брата. Правда, моя
семья самая многочисленная, у брата детей меньше, у
сестры еще меньше, а самая маленькая семья у двою-
родного брата. Ребята играют в салочки, — продолжал
хозяин. — Им бы хотелось сыграть в бейсбол, но их
слишком мало, чтобы составить две команды *. Инте-
ресно заметить, — добавил он, — что произведение чисел
детей в каждом из четырех семейств совпадает с номе-
ром моего дома, который вы, конечно, заметили на во-
ротах.
— Я немного разбираюсь в математике, — сказал
гость. — Попробую установить, сколько детей в каждом
из четырех семейств.
Проделав какие-то выкладки, гость спросил:
— В семье вашего двоюродного брата один ребенок?
После того, как хозяин ответил на этот вопрос, гость
заявил:
— Зная номер вашего дома и учитывая ваш ответ
на мой последний вопрос, я могу точно установить,
сколько детей в каждом из четырех семейств.
Сколько детей было в семьях хозяина дома, его
брата, сестры и двоюродного брата?
L. R. Ford
1 Бейсбольная команда состоит из 9 человек. — Прим. ред.
109
371.	Абажур. Абажур имеет форму усеченного пря-
мого кругового конуса. Р — периметр его нижнего осно-
вания, р — периметр верхнего основания, s —высота, из-
меренная по образующей.
Доказать, что при Р — р ns такой абажур можно
вырезать в виде одного куска из листа бумаги, имею-
щего форму прямоугольника размерами Р и $ + р(Р —
=— p)/8s. Если Р =£ р, бумаги даже хватит на клапан,
чтобы склеить абажур. При Р ~ р бумаги на клапан не
остается. Будет ли это справедливо при Р — р > ns?
G. Polya
372.	Растворы соли. В каждом из п—1 сосудов
Т2, ..., Tn-i находится V литров воды, а в n-м сосуде
Тп—V литров раствора, содержащего М кг соли. Жид-
кость со скоростью g л/мин перетекает из Тп в Tn-i, из
пу	пу	пу пу	пу пу
1 п-1 В 7п—2..ИЗ Т2 в 1! И ИЗ 11 В 1 п.
Определить количество соли в сосуде Тп через t ми-
нут после начала процесса, предполагая, что перемеши-
вание жидкостей в сосудах происходит мгновенно.
R. J. Walker
373.	Невозможное путешествие. Рассмотрим карту
на поверхности сферы. Границы стран образованы ду-
гами п больших кругов, из которых никакие три не пе-
ресекаются в одной точке.
Доказать, что при п, кратном четырем, невозможно
совершить путешествие, побывав в каждой стране один
и только один раз, если запрещено проходить через те
точки границ, где сходятся более двух стран.
Leo Moser
374.	Придворный математик и шут. Однажды при-
дворный математик получил сразу все свое жалованье
за год серебрянцми талерами и, сложив из монет 9 не-
равных столбиков, расположил их в виде магического
квадрата. Королю затея придворного математика при-
шлась по вкусу, но он посетовал на то, что ни в одном
столбике число талеров не было простым.
— Если бы ваше величество добавило еще 9 талеров
к моему жалованью, — заметил придворный матема-
тик, я смог бы увеличить число монет в каждом стол-
бике на 1, и тогда все 9 чисел стали бы простыми.
110
Проверили. Все оказалось именно так, как сказал
придворный математик. Король уже собрался было уве-
личить жалованье математику на 9 талеров в год, как
в дело вмешался шут. Он взял по одной монете из каж-
дого столбика, и число оставшихся талеров в каждом
из 9 столбиков также оказалось простым. Более того,'
9 новых чисел по-прежнему составляли магический квад-
рат. Девять «лишних» талеров шут оставил себе.
Сколько талеров получал в год придворный матема-
тик?
G. W. Walker
375.	Геометрическое построение при помощи линей-
ки. Пользуясь только линейкой, построить шестиуголь-
ник, для которого существуют как вписанные, так и опи-
санное конические сечения.
Joseph Rosenbaum
376.	Задача Лыоиса Кэррола. В «Истории с узелка-
ми» Льюис Кэррол предложил следующую задачу: «Два
туриста находятся в пути с 2 часов дня до 9 часов ве-
чера. Они идут по равнине к подножию горы, взби-
раются на вершину и возвращаются прежним путем
в исходную точку. По равнине туристы идут со ско-
ростью х миль в час, взбираются на гору со скоростью
у миль в час и спускаются с вершины со скоростью
2у миль в час. Найти пройденное туристами расстояние».
В первоначальном варианте задачи, приведенном в
«Истории с узелками», числа х и у были известными це-
лыми числами.
Решить задачу Льюиса Кэррола, не зная заранее чи-
сел х н_у (но предполагая их целыми) и зная еще, что
решение однозначно.
Leo Moser
377.	Пифагоровы треугольники с равными перимет-
рами. Два различных основных пифагоровых треуголь-
ника имеют равные периметры 2р. Определить наимень-
шее р, для которого это возможно.
Monte Dernham
378.	Магический квадрат как определитель. Пусть
5 — сумма элементов (каждый элемент — целое число)
111
магического квадрата третьего порядка, a D — значение
определителя матрицы, элементы которой совпадают с
элементами магического квадрата.
Доказать, что D/S — целое число.
С. W. Trigg
379.	Секущая, проведенная через точки перегиба.
Если график многочлена четвертой степени имеет две
вещественные точки перегиба, то проведенная через них
секущая и сама кривая ограничивают три конечные об-
ласти («лунки»).
Доказать, что две из этих лунок равновелики, а пло-
щадь наибольшей лунки равна сумме площадей двух
остальных лунок.
Е. V. Hotter
380.	Гармонический ряд и постоянная Эйлера. Пусть
Sn — п-я частичная сумма гармонического ряда
$» = 1 + у+ • ••
Доказать, что
С < Sp + s,, — Spq < I,
где С — постоянная Эйлера.
Н. F. Sandham
381.	Модифицированный гармонический ряд. Возьмем
первый член гармонического ряда со знаком плюс, два
следующих члена — со знаком минус, следующие за
ними три члена — со знаком плюс и т. д.
Доказать, что построенный нами модифицированный
гармонический ряд сходится.
Е. Р. Starke
382.	Свойство чисел, обратных целым. Доказать,
что при любом целом п > 1 число 1/п представимо в
виде суммы конечного числа последовательных членов
оо
ряда Z 1// (/ + О-
/=1
Leo Moser
383.	Рациональные точки на окружности. Доказать,
что если по крайней мере одна координата центра ок-
112
ружности иррациональна, то на самой окружности най-
дется не более двух точек с рациональными координа-
тами.
V. Е. Dietrich
384.	Числа Фибоначчи, записанные в виде определи-
телей. Доказать, что n-й член Fn последовательности
Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, ..., х, у, x-j-y,  можно
представить в виде определителя					(и — 1)-го порядка		
	1	-1	1	-1	1	— 1 ...	
	1	1	0	1	0	1 ...	
Fn =	0	1	1	0	1	0 ...	
	0	0	1	1	0	1 ...	
Don Walter
385.	Определение главной части бесконечно малой
величины. В плохих учебниках по математическому ана-
лизу можно встретить следующее «определение»:
«Если бесконечная малая величина состоит из двух
или более членов различного порядка, то член наимень-
шего порядка называется главной частью бесконечно
малой величины».
Показать, что такое «определение» не позволяет од-
нозначно выделить главную часть и правильно сформу-
лировать определение главной части бесконечно малой
величины.
Н. J. Hamilton
386.	Сходимость бесконечного возведения в степень.
Пусть i/i = х, у2 = x?>, .... уп = ху"~'.
Каково максимальное значение х, при котором су-
ществует lim уп, и чему равен этот предел?
П->оо
С. S. Ogilvy
387.	Представление числа я в виде ряда. Доказать,
что
(n!)22”+1
Я Zj (2п+ 1)1 ’
п=9
Jerome С. R. Li
113
388.	Стереометрическая задача на разрезание. Дока-
зать, что если все грани многогранника обладают цент-
ром симметрии, то, проведя разрезы вдоль конечного
числа плоскостей, многогранник можно рассечь на части
и сложить из них куб.
Leo Moser
389.	Свойство чевиан. Пусть Si, S2, S3 — середины
трех чевиан 1 треугольника ABC: At, Blt Сг, А2, В2, С2 и
Л3, В3, С3— точки пересечения прямых S2S3, S3S1 и SiS2
со сторонами ВС, СА, АВ
Доказать, что:
1)	СА2 А3В, BCi С2А, АВ3 В\С\
2)	точки AtB2, С3 — коллинеарны;
3)	точки А2, А3, В3, Blt Ci, С2 лежат на одном кони-
ческом сечении.
Josef Langr
390.	Минимальный путь, проходящий через п точек
плоскости. Рассмотрим на плоскости п точек, из кото-
рых не все лежат на одной прямой. Доказать, что крат-
чайший замкнутый маршрут, проходящий через все п
точек, имеет форму простого многоугольника.
Peter Ungar
391.	Сквозное отверстие в кубе. Как следует проре-
зать в кубе отверстие, через которое смог бы пройти
куб таких же размеров?
Н. D. Grossman
392.	Выражение для наибольшего общего делителя
двух чисел. Доказать, что наибольший общий делитель
чисел а и & можно представить в виде двойной суммы
(a, b) = X e-nibmn'a.
т=0п=0
Leo Moser
393.	Матричное тождество. Доказать, что если S
и Т — любые две квадратные матрицы одинакового по-
1 Чевианами называются любые три прямые, исходящие из вер-
шин треугольника и пересекающиеся в одной точке. — Прим. ред.
114
рядка и матрицы Z + S, I-{-ST, I — S, I -{-TS не вырож-
дены, то
(/ + S)-1 (S + T) (Z + ST)~' U + S) =
= (Z - S) (Z + TS)-' (3 + T) (Z - S)-1.
T. G. Room
394.	Интересный предел. Вычислить
lim nsin(2jten!).
П->оо
D. J. Newman
395.	Произведение отражений. На плоскости даны
три прямые /ь I2, /3, не пересекающиеся в одной точке.
Пусть Ti — отражение относительно прямой Ц, а Т =
= T\TiTz.
Доказать, что Т2— параллельный перенос.
Н. S. Shapiro
396.	Арктангенсы и ареатангенсы. Доказать, что если
п	п
П (х + Г/) SS Ё
/=1	/=0
то
п
У arctg г, = arctg Д1 ~ Дз as ~ ‘
Z_i ° 1	° а0 — а2 + а4 — ...
/=1
И
п
У Arth гг = Arth aiia3ta5t •” -
/	ciq + ci2 + ci^ 4“ • • •
Z = 1
Gordon Raisbeck
397.	Шары в урне. Десять шаров, перенумерованных
от 0 до 9, помещены в урну. Пять шаров наугад извле-
чены из урны (после того, как шар вытащен, его в урну
не возвращают) и выстроены в ряд.
Какова вероятность, что пятизначное число, образо-
ванное номерами шаров, делится на 396?
Н. D. Larsen
115
398.	Обобщение теоремы Вильсона. Доказать, что
если р — простое число и п р, то
nI Z 7^r^°(mod^
pi+l=n
I. N. Herstein
399.	Движение под действием центральных сил. По
аналогии с движением планет естественно предположить,
что для любого движения под действием центральных
сил (по крайней мере, если частица не проходит через
центр) справедливы следующие утверждения: 1) рас-
стояние от частицы до центра максимально, лишь когда
скорость частицы минимальна; 2) скорость частицы мак-
симальна, лишь когда расстояние от нее до центра ми-
нимально.
Доказать, что утверждение 1 выполняется для лю-
бого движения под действием центральных сил и при-
вести контрпример, опровергающий утверждение 2.
S. Н. Gould
400.	Трехгранные углы многогранника. Доказать, что
если все грани выпуклого многогранника обладают цент-
ром симметрии, то существует по крайней мере восемь
вершин многогранника, в которых сходятся по три
ребра. (У куба таких вершин ровно восемь.)
Leo Moser
II. РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ
1. Рассмотрим «многоэтажную» дробь, образованную
из величин аь а2, ап. Пусть S — равная ей простая
(двухэтажная) дробь, N— числитель этой дроби и D —
знаменатель; тот и другой являются произведениями не-
которых йг. Не ограничивая общности, условимся счи-
тать, что величины а,, входящие как сомножители в N
и D, расположены в порядке возрастания индексов.
Тогда при любом п числитель W будет начинаться с ве-
личины йь а знаменатель D — с величины аг (в чем не-
трудно убедиться, если воспользоваться методом мате-
матической индукции по п — числу величин ai). Таким
образом, любая двухэтажная дробь S, составленная из
произведений величин а,, числитель которой W не начи-
нается с йь а знаменатель D — с аг, заведомо не пред-
ставима в виде многоэтажной дроби.
Докажем, что любую двухэтажную дробь S = ЛГ/£>,
где N = aiai ... аг-., D = a2at ... at . можно пред-
ставить в виде многоэтажной дроби. При п = 2 наше
утверждение очевидно. Предположим, что наше утверж-
дение верно, если число величин а{ не превышает
п— 1^2, и рассмотрим положение аз. Если 3 = ip, то
S = a\/S', где S' = D/a$ ... представимо в нужном виде
по индукционной гипотезе, применённой к а2, а3, ап.
Если же 3 = /р, то S = (ai/aj)a/ .. ./аз ... и индукцион-
ную гипотезу мы применяем к ai/a2, аз, ..., ап.
Доказанное утверждение позволяет определить число
различных двухэтажных дробей S, составленных из про-
изведений величин at и представимых в виде многоэтаж-
ных дробей. Действительно, «положение» величин а\ и
а2 строго определено: числитель N должен начинаться
117
с величины йь знаменатель D — с величины Й2- Все ос-
тальные величины ah (k 3) могут входить как в чис-
литель N, так и в знаменатель D дроби S. Следова-
тельно, общее число двухэтажных дробей S, составлен-
ных из п величин ai, aj, ап и представимых в виде
многоэтажных дробей, равно 2п~2. Например, если мы
условимся для краткости обозначать величину аг ее ин-
дексом i, то при п = 5 полный список дробей S, пред-
ставимых в виде многоэтажных дробей, будет включать
лишь дроби 1/2345, 15/234, 145/23, 14/235, 1345/2, 134/25,
135/24, 13/245.
Назовем главной черту, отделяющую числитель мно-
гоэтажной дроби от знаменателя (в общем случае и чис-
литель, и знаменатель содержат по несколько этажей).
По доказанному выше, величина ai, стоящая непосред-
ственно под главной чертой, входит в знаменатель D
двухэтажной дроби S, равной исходной многоэтажной
дроби, а величина at+i — в числитель N дроби S. Таким
образом, если знаменатель D разбить на группы, состоя-
щие из последовательных индексов, то главную черту
можно провести лишь перед последним индексом в лю-
бой из групп (если группа состоит из одного индекса, то
перед единственным индексом). Например, знаменатель
D дроби S = 1467/23589 состоит из трех групп последо-
вательных индексов: (23)(5)(89). Следовательно, глав-
ную черту можно провести лишь перед индексами 3, 5
или 9. Итак, ответ на второй вопрос задачи гласит: если
знаменатель D двухэтажной дроби S содержит более од-
ной группы последовательных индексов, то дробь S пред-
ставима в виде многоэтажных дробей по крайней мере
двумя способами. Например, дробь S = 1346/25 (D =
= (2)(5)) равна любой из следующих трех многоэтаж-
ных дробей:
1	1	1
2_	2_	’	_2.	’
3	3	3
4	4	_4
5	’	5_	5
6	6	6
Все остальные дроби S представимы в виде много-
этажных дробей лишь одним способом.
118
2. Ряд расходится. Чтобы убедиться в этом, восполь-
зуемся признаком Гаусса который утверждает следую-
щее:
если для данного ряда отношение an/an+i можно
представить в виде
ап ___1 I И I
an+i п "г" п2 ’
где X и р, — постоянные, a On — ограниченная величина
(|ОП| <£), то ряд сходится при Х> 1 или при 1 = 1,
ц>1 и расходится при % < 1 или при А, = 1,	1*.
Для ряда, приведенного в условиях задачи,
ап  / 2п + 2 \2 _ 4П2 + 8п + 4 _ 1 га га2
«п+1 12п + 1 7 4га2 + 4га + 1 . 1 1
1+^Г +
Следовательно, 1 = 1, р = 1 и этот ряд расходится.
3. Для вычисления интегралов воспользуемся триго-
нометрическим тождеством
sin шр — sin (и — 2) <р = 2 sin <р cos (п — 1) <р,
или
sin ntp = 2 sin ф cos (п — 1) ф + sin (п — 2) ф.
Полагая п = 2r + 1, преобразуем первый интеграл
к виду
я	Д	я.
2	2	2
Г sin(2r+_l)<p d	f cos2rTdT+ (
J sin ф r J	Т Т I J 81Пф +•
О	0	0
Первое слагаемое в правой части равно 0. Полагая по-
следовательно п =2г—1,2г — 3, ..., 3, 1, мы после
r-кратного повторения аналогичного преобразования
1 Г. М. Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального
исчисления, т. 2, М., Физматгиз, 1959, с. 281. — Прим, перев.
119
сведем исходный интеграл к
л
2
Ssin ф ,   л
sin ф ф	2 ’
о
что и требовалось доказать.
Полагая п=2г, преобразуем второй интеграл, при-
веденный в условиях задачи, к виду
Л	л	л
2	2	2
С sin 2гф _ 2 С cos (2г— 1) tp dtp + ( sin (2f ~ 2)ф dtp =
J sin ф v J v / ч- ч- I j	sin ф	
0	0	0
Л
1	2
= 2--Ь^-+ sin(2r~2)<pdtp.
2r — 1 J sin ф
o
Повторяя аналогичное преобразование г раз, получаем
Л
2
Г sin 2гф , ОГ, 1.1	1 .	. (—1)г Ч
i^L^=2L1-3+У“Т+ ••• +^Г]>
о
что и требовалось доказать.
4* *. Исследуем сначала некоторые свойства функций
tp(x) и ф(х), удовлетворяющих данным в условии задачи
функциональным уравнениям. Это даст нам возможность
попутно найти частные решения этих уравнений.
Если ф(х0) = 0 для некоторого Хо, то из второго урав-
нения следует, что ф (хо + У) =0 при любом у, то есть
ф(х) == 0. Тогда из первого уравнения получаем <р(х) =
= const, что дает нам первое тривиальное решение
<p(x)sc, i|’(x)sO.	(1)
В дальнейшем будем считать, что ф(х) =#0 всюду. По-
лагая в первом уравнении у = 0, находим, что <р(0) = 0.
Если <р(хо)=О для некоторого Хо, то из первого
уравнения при у = х0 получаем <р(х + х0) = tp(x), (2)
то есть <р имеет период Xq. С другой стороны, полагая
в первом уравнении х = х0 и используя (2), получаем
1 Здесь и далее знак *, поставленный сразу после номера ре-
шаемой задачи, означает, что решение нз American Mathematical
Monthly либо существенно переработано, либо заменено новым.—
Прим. ред.
120
<p (z/) = ф (х0 + у) = ф (Хо) + } 1	= Ф(Й (%о), от-
куда либо ф(г/) = 0, либо ф(%о) = 1. Первая возмож-
ность приводит ко второму тривиальному решению
ф(х) = 0, ^(х) = ах	(3)
[точнее говоря, ф должно здесь быть решением функцио-
нального уравнения ф(х + у) = ф(х)ф(//); известно
(см. III. 15), что при довольно общих дополнительных
предположениях это дает (3), если только ф(х)^ 0].
Итак, если отбросить тривиальные решения, то
ф(х) = 1 там, где ф(х) =0. Пользуясь симметрией пер-
вого уравнения относительно х и у, получаем
1-ф(Х)ф(у) —	1 _ ф (Х) ф (у) •
и если ф (X)	0 и ф (у) Ф 0, то
iW-mM__________!_=Ле!_	___1_	(л)
Ф(х) ’w ф(х) — ф(г/)	ф(г/)- W
Левая часть этого тождества зависит только от х, а пра-
вая только от у. Следовательно, та и другая равны од-
ной и той же константе, которую мы обозначим 2с. Тогда
ф(х) = 1+2сф(х) + ф2(х) = [ф + с]2+1 — с2.	(5)
Это тождество мы доказали сейчас при условии, что
Ф(х) =# 0. Однако, как мы видели выше, оно справед-
ливо и при ф(х) = 0, а следовательно, и при всех х.
Подставляя (5) в первое из исходных функциональных
уравнений, получаем
Ф(х + у) = ^1±М±^Ш(У1,	(6)
х	1 — ф(х)ф(г/)	' ’
Непосредственной проверкой убеждаемся, что если ф
удовлетворяет уравнению (6), а ф находится из (5), то
оба функциональных уравнения, данные в условии за-
дачи, удовлетворяются. Таким образом, нам остается
решить уравнение (6).
Прежде чем переходить к отысканию общего реше-
ния, решим (6) в классе функций, имеющих производ-
ную в нуле, то есть таких, у которых существует предел
lim *М = Л
г/-»о У
121
(выше мы уже нашли, что <р(0) = 0). Из (6) имеем
. ф(х + у)-ф(х) _ jim ф О) , 1 + 2сф (х) + ф2 (х) _
у у->о у ’	1 —ф(*)ф(у)
= Л(1 + 2с<р(х) 4-<р2(х)).
Следовательно, функция <р(х) дифференцируема и удо-
влетворяет дифференциальному уравнению
5-=Л(1+2«р+<р2).	(7)
Решая это уравнение с учетом начального условия
<р(0) = 0, находим
<р(х) =
Vl —с2 tg (Ax-^l — c2 + arcsin с) — с, если с2 < 1;
Ах	, .
с —т—,	если с = ± 1;
_	1 — Ах ’	— ’
— у] с2 — 1 th (Ах д/е2 — 1 +
+ In [ с — д/с2 — 1 [) — с, если с2 > 1
(th следует заменить на cth, если модуль аргумента > 1).
Из (5) находим соответствующие ф:
ф(х) =
(1 — с2) sec2 (z4%V 1 — с2 + arcsin с), если с2 < 1;
(I —"Ах)2 *	еСЛИ С = ±1’
=	г 1	11/	,____	(9)
(с2 — О [— тйт или (Дхд/с2 — 1 +
+ In [ с — д/с2 — 1 [), если с2 > 1,
Пусть с2 < 1. Запишем <р(х) в виде
<р(х) = д/1 — с2 tgf(x) — с.	(10)
Из (6) получаем функциональное уравнение для f
f(x + У) = f(x) + Ку) - arcsin с,
и, значит, F(x) = f(x) — arcsine удовлетворяет уравнению
F(x+z/) = F(x) + F(z/).
122
Оставляя в стороне „патологические" решения этого
уравнения (см. III. 15), имеем F(x) = ax, откуда опять
приходим к первой формуле (8) (а = ЛУ1 — с2).
Аналогично обстоит дело и при с2 1. Таким обра-
зом, все «приличные» решения (например, ограничен-
ные в некоторой окрестности точки 0) даются форму-
лами (1), (3), (8) и (9).
5. Обозначим второй циркулянт Dn. Тогда *
Dn = fMf^)f(e2) ... Деп_,),
где
Дх) = + а2х а3х2 + ... + апхп~1
и
2л& . . . 2лй .	„ .	,
в* = cos —-—f-1 sin ——, k = 0, I, .... n — 1
n	n ’	’ ’	’
--все значения корней n-й степени из 1. Пусть d — зна-
менатель арифметической прогрессии, членами которой
являются элементы циркулянта Dn- Тогда аъ = ai +
+ (k— V)d и
Де) =й] (1 + е + е2 + ... +e"->) +
+ d (е + 2е2 + Зе3 + ... +(п-1)еп-1) =
0	если 8 ¥= е0 = 1,
=	+	еслие = е0=1.
Следовательно,
rfra-1nra (а! + га~ 1
Г>"= (si — 1) (е2 — 1)	— 1) =
= (—1)"-’ dn-]nn-l(ai+^-d),
поскольку
(1 — Ci) (1 — е2)... (1 — е„_1) = lim (х — еО... (х — e„-i)=
х-»1
.. хп-\
= lim------г-= п.
V _ I
123
Подставляя аг = d= 1, находим значение первого цир-
кулянта
(-1)"-1 пп~г (i +	=(- 1)га-1 и"-1
6. Исходное уравнение можно преобразовать к любому
из двух видов: либо
p+4+v^]’=^_fc^)p+’+^.]t, (1)
либо
р + у + 1]2 = */2 + ^г.	(2)
Следовательно, если х и у — вещественные числа, удов-
летворяющие исходному уравнению, то должны выпол-
няться неравенства
+ 4 +	+ +1,
откуда
I У\ =хЧ
х + а
2	’
О < а<2.
Поскольку нас интересуют лишь целые хи у, то
при четном х число а должно быть равно 2. В этом
случае из уравнения (2) следует, что х = 0. При нечет-
ном х число а должно быть равно 1. В этом случае,
поскольку
„2_|>_1_ *+ Ч2 _ (*-3)(х±1)
У — |* +	2 J	4
х может принимать лишь два значения: х = 3 и х = —1.
Следовательно, все решения исходного уравнения
в целых числах исчерпываются следующими значе-
ниями:
х = -1,	0,	3;
у = ± 1, ±1, ±11,
что и требовалось доказать.
124
7. Докажем, что при [х| < 1 и любом натуральном s
X
1 С dt
Vi -х-5 J VI —
оо s + 2 3s+ 2	(2n — l)s + 2
= x + V ___-_______-__________-________rns+1
~ Zj (s +l)(2s+1) .. . (ns+1) x '
n=l
/ x	\2
oo s + 2 3s + 2	(2n — l)s + 2
__ q । V 2	2	• • •	2	2xns+2
—	(s + l)(2s+ 1) .. . (ns + 1)	’ ns + 2‘
n=l
В разложениях, приведенных в условии задачи, з = 4.
Обозначим для краткости
X
/ \ f di
’«“J VT=F-
о
Тогда
и
х
2ф(х) -Г" ф(х) = г—--'	г-^~-•
’ dx*K ’ Vl -xs J Vl
Интегрируя, находим
X /	t	\
Ф2 (x) = 2 (I *— ( . du j dt.
* v J \ VT=F J vr^+/
Следовательно, умножив первый ряд на 2dx и проинтег-
рировав его от 0 до х, мы получим второй ряд.
Введем новое обозначение
X
и —	1 f dt
у Vi —xs J V1 ’
Тогда
-Iv®-1 х	:Lxs-iu
dy _	1	.	2 х С dt _	1	. 2 У
dx 1 - xs + (1 - Xs)42 J Vl -ts ~ 1 - Xs "Г 1 - Xs ’
125
или
(1 -xs)^- — ±xs-'y- 1 =0.
'	' dx 2 v
(1)
Функция 1/V1 — xs допускает разложение в степен-
ной ряд с единичным кругом сходимости. Интегрируя
этот ряд почленно и умножая затем на исходный, полу-
чаем разложение вида у = х + axf+i + ftx2s+1 -f- cx3s+' +
+ dx4s+‘ + ... . При |x| < 1 этот ряд допускает почлен-
ное дифференцирование, поэтому коэффициенты а, Ь, с,
d, ... мы найдем, подставляя степенной ряд для у в диф-
ференциальное уравнение (1):
1 + (s +1) axs + (2s +1) bx2s+(3s+1) cx3s+(4s +1) dx4s + ...
... — xs — (s + 1) ax2s — (2s+1) bx2s—(3s+1) cxis — ...
...—1 ~~fxS —-^ax2s — -^-bx3s	— у cx4s —...
... =0.
Приравнивая нулю коэффициенты при различных сте-
пенях х, получаем
s Ц- 2	s -f- 2 3s -f- 2
а «4-1 ’	° (s + l)(2s+ 1) ’
s + 2 3s+ 2 5s 4-2
_	2 ’	2	’	2
C (s 4-1) (2s 4-1) (3s 4-1) ‘
Коэффициент при xns+1 равен
s 4-2 3s 4-2	(2n — l)s4-2
(s 4-1) (2s 4-1)... (ns 4-1)	•
Тем самым мы доказали, что
X
1 С dt
VI -X-5 J VI -i4 —
oo s 4-2 3s 4-2	(2n — l)s4-2
= X-|- V —------------------------------ rns+1
Zj (s4- 1)(2s4- 1) ... (ns 4- 1)
n=l
126
Умножая полученное разложение на 2dx и интегрируя
в пределах от 0 до х, получаем второе соотношение
/ х	\2
оо s + 2 3s + 2	(2n — l)s + 2
— y2 t V 2	*	2	‘‘‘	2	2xns+2
~	£-i (s +l)(2s+1) .. . (ns+1)	' ns + 2'
n=l
При s = 4 мы получим разложения, которые требо-
валось доказать.
8.	Эту задачу (ныне широко известную) Льюис Кэр-
рол предложил в декабре 1893 г. Условия задачи не до-
определены, и ответ на нее зависит от дополнительных
предположений, принимаемых при ее решении. Именно
с этим связаны разногласия и неоднократно возникав-
шие на страницах популярных изданий по физике споры
относительно того, какое решение следует считать пра-
вильным. Начало полемике положили еще коллеги Кэр-
рола по Оксфордскому университету профессора физики
Клифтон и Прайс, профессор химии Вернон-Харкорт и
лектор Сэмпсон. Каждый из них считал единственно вер-
ным лишь свой ответ. Иронизируя над своими учеными
коллегами, Кэррол сделал в дневнике следующую
запись: «Получил ответ профессора Клифтона на задачу
«Обезьяна и груз». Весьма любопытно, сколь различных
мнений придерживаются хорошие математики. Прайс
утверждает, что груз с возрастающей скоростью будет
двигаться вверх, Клифтон и Харкорт — что груз будет
двигаться вверх с такой же скоростью, как и обезьяна,
в то время как Сэмпсон считает, что груз будет опу-
скаться».
Как показывают элементарные физические соображе-
ния, если пренебречь трением каната о блок и массами
веревки и блока, то обезьяна и груз будут двигаться
вверх с одинаковыми ускорениями. Их скорости в любой
момент времени равны, и за равные промежутки вре-
мени они проходят равные расстояния.
К иному результату приводит учет массы блока.
Пусть М — масса обезьяны (и груза), т — масса блока,
г — его радиус и mk2— момент инерции блока относи-
тельно оси вращения, а\ — ускорение обезьяны, а—
127
ускорение груза (оба направлены вверх). Тогда aja ==
= 1 + mk2IMr2. Отношение ускорений не зависит от вре-
мени, скорости обезьяны и груза, и расстояния, прохо-
димые ими за равные промежутки времени, соотносятся
между собой как ускорения.
Учет сил трения и веса каната также вносит суще-
ственные изменения в ответ задачи. (Например, из фи-
зических соображений ясно, что если трение каната о
блок достаточно велико, то обезьяна сможет взобраться
по канату, не потревожив при этом груз.)
Анализ различных случаев сильно упрощается, если
воспользоваться принципом д’Аламбера и применить его
к системе, состоящей из обезьяны, груза, каната и бло-
ка. Если х — расстояние, отсчитываемое от начального
положения (х>0 при смещении вверх), F — сила тре-
ния, т'— полная масса каната, а р — масса единицы его
длины (остальные обозначения те же, что и выше), то
__2pgx + Ma, — F
а М + т' + tnk2!r2 '
9.	Если х>0 и z/(x)>0, то уравнение
^(х) = Уг,(* + ,!> +у(х+1)	(1)
имеет один положительный корень
//(%+!) =
Кроме того, из (1) следуют неравенства
у(х) > у(х+ 1) > 0.	(2)
Пользуясь тем, что у(х-)~ 1)у(х) =# 0, преобразуем урав-
нение (1) к виду
1_______#(* + О
у(х+1) у(х) ху(х) ’
откуда
!L_=V * 1	i у(0 — у(* +1) J
?=i t
1 г/2(^+1)
t2 у (0 *
у(х) у(1)	£-1 t y(t)
t=i
128
Но
Е 7 = bx + r,
t=i
где lim г =C (С — постоянная Эйлера; см. III. 12). Следо-
вательно,
I , r_ V 1 г/2«+1)
Hi) Z-< *2 y(t)
TWhTT " 1------------------------------•	<3)
Из неравенства (2) получаем
z/(x4-l)<z/(x)<z/(l), y2(x + 1) < z/(l)z/(x),
откуда
у >	<i/(1)y ' <2^11.
t-J t2 y(t)	’ L-j t2 6
t=l	/=1
Таким образом, числитель дроби, стоящей в правой ча-
сти соотношения (3), при %->оо остается ограниченной
величиной, в то время как ее знаменатель неограниченно
возрастает. Следовательно,
lim у (х) In х = 1,
Х->оо
что и требовалось доказать.
10.	Введем на плоскости прямоугольную систему ко-
ординат, выбрав за ось х прямую, на которой располо-
жены основания равносторонних треугольников, а ось у
направим так, чтобы она проходила через вершину пер-
вого треугольника. Вершина n-го треугольника, проти-
волежащая основанию, расположится в точке с коорди-
натами x = n(n—1), у = ±[(2п—1)/2]д/З. Исключив
п, найдем соотношение между координатами вершин.
Оно имеет следующий вид: у2 = 3(х + ‘/4). Это уравне-
ние параболы с фокусом в точке (V2, 0). Расстояние от
вершины n-го треугольника до фокуса параболы равно
п2— п + 1, то есть выражается целым числом, что и тре-
бовалось доказать.
129
11.	Все ящики допустимых размеров пройдут сквозь
окошко, имеющее форму квадрата со стороной 72/(1 +
+ 2^2)^18,807 дюймов. Наименее удобную форму
имеет ящик, ребра которого относятся как 1:1:(V2 — 1).
12.	Пусть г т — ранг матрицы А. Не ограничивая
общности, предположим, что первые г строк матрицы А
линейно независимы. (Этого всегда можно добиться пе-
рестановкой строк матрицы А. Соответствующая пере-
становка столбцов матрицы В позволяет сохранить неиз-
менными соотношения, приведенные в условиях задачи.)
По крайней мере один определитель r-го порядка, со-
ставленный из элементов первых г строк матрицы А,
отличен от нуля. Мы всегда можем выбрать г векторов
с компонентами
c!g, 1=1, 2, ..п; g = l, 2, ..., г
так, чтобы выполнялось соотношение
y«/^Zg = 6Zg, г, g = l, 2, .... г, (1)
где 8ig — дельта-символ Кронекера.
Кроме того, поскольку ранг матрицы А равен г, то
любую из т строк матрицы А можно представить в виде
линейной комбинации первых г строк, то есть сущест-
вуют постоянные fap, такие, что
Г
У fapapi = akh k = 1, 2,..., tn; 1 = 1, 2,	(2)
Р=1
Из условий задачи получаем, что
г п т п	г п / п т	\
г?! й /S = Z (У £
Но соотношение (2) позволяет преобразовать левую
часть этого равенства к виду
п т г г п
У У^ У^ У У^
130
а соотношение (1)—упростить полученное выражение
до следующего:
П Ш Г Г
Е S Й Й
которое в свою очередь сводится к выражению
п т г
Е Е Е bik^kpCLpi.
j = l fe=l p=l
Повторное использование соотношения (2) приводит к
окончательному результату: исходная четырехкратная
сумма равна
п т
/?1 S b‘kaki‘
Следовательно,
S S 6,Л,=О,
/=1 fe=l
что и требовалось доказать.
13.	Введем на плоскости прямоугольную систему
координат так, чтобы ось х была параллельна осям па-
рабол. Пусть Р1(х1,г/1) и Ръ(х2, г/2)—точки касания па-
рабол с их общей касательной, Р3 — середина отрезка
PJ>2.
Запишем уравнения парабол:
г/2 + 2В1х + 2С1г/ + Д1==0,	(1)
z/2 + 2B2x + 2C2z/ + D2 = 0.	(2)
Уравнение касательной к параболе (1), проходящей
через точку Р\, имеет вид
УУ\ + Bi (х + *i) + С, {у + yi) + Di — 0.
Поскольку эта касательная проходит через точку Р2, то
У1У2 + -®i (xt + Хъ) + Ci (У1 + У2) + А = 0.	(3)
С другой стороны, уравнение касательной ко второй
параболе, проходящей через точку Р2, имеет вид
УУ2 + В2 (х + х2) + С2 (у + г/2) + D2 = 0,
131
а поскольку эта прямая проходит через точку Р\, то
У\У2 + В2(хг +х2) + С2(г/1 + у2) +£>2 = 0.	(4)
Вычитая соотношение (4) из соотношения (3), полу-
чаем
2 (Bt - В2)^ф^ + 2 (Ci - С2)	+ (D, - D2) = 0. (5)
Но уравнение общей хорды двух парабол имеет вид
2(B1-B2)x + 2(C1-C2)y + (D1-D2) = 0.	(6)
Следовательно, соотношение (5) означает, что коор-
динаты середины Р3 отрезка Р1Р2 удовлетворяют урав-
нению (6) и общая хорда делит пополам общую каса-
тельную двух парабол с параллельными осями.
14.	Докажем более общее утверждение: если f — од-
нородный многочлен относительно п переменных и
Н (/) — его гессиан, то
По определению *,
I
__ п rm-1 d1 2f , /	.-.rm-2 df df I
•’J	♦	/ *
(Z, / = 1, 2, ..., n).
Определитель, стоящий в правой части последнего ра-
венства, можно разложить в сумму 2п определителей:
один из них совпадает с гессианом H(f), каждый эле-
мент которого умножен на 7”1-1, а каждый из остальных
2п—1 определителей получается при замене элементов,
стоящих в /-м столбце этого определителя, произведе-
ниями (т—(df/dxi) (df/dxj) при одном или не-
скольких значениях /. Определители, в которых замене
подверглись два или большее число столбцов, равны
нулю, поскольку если заменены /-й и k-й столбцы, то,
вынеся множители dfldxj и дЦдх^, мы получим опреде-
литель с двумя одинаковыми столбцами: /-м и &-м. Сле-
1 Здесь и далее символом |а,3-1 обозначается определитель матри-
цы с элементами ац. — Прим. ред.
132
довательно,
я(г)=Гад t•11 +<».-1) f “	£ О c„l,
L	i,i 1	1 J
где Ci}— алгебраическое дополнение элемента d2f)dxidxj
в гессиане H(f), а индексы суммирования пробегают
значения от 1 до п.
Если р — степень однородного многочлена f относи-
тельно переменных, то по теореме Эйлера об однородных
функциях
п	п
/-1	1	ft-1	‘	1
ибо dfjdxi—однородный многочлен степени (р — 1). Таким
образом,
У-Г~Сг/ = —-Ц-Ух*	Ц-Х/ЯШ,
дХ( 11 p — i L-! й dxtdxk ‘‘ р—1 ‘
поскольку
у» d2f с _( 0 При k=£j,
dhdKk	при k = j.
Следовательно,
У ^L-^-Ctl=—Ц-Я(ЛУxz^- = -
L-i дХ[ dXj р — i ' L-t 1 дх^ Р — 1
И
H(fm) = тП(-тр ~
В частности, при т = 2
H(f2) =-

15.	Пусть plq = $,did2 ... dn + (q — p)/q  10 ", где
dt — цифра, стоящая на z-ом месте после запятой. Тогда
^- = 1—| = 1-о, ^2,..4-ю-" + -|-ю-"=
= 0,(9-^)(9-^2)...(9-^) + -| • ЮЛ
поскольку 1 — 10“" = 0,99 ... 9 (п девяток после запя-
той). Следовательно,
-J = 0, <М2 ... 4(9-<А)(9-4) ... (9-d„) + -J. 10~2",
ч	ч
133
где (9 — dt) — цифра, стоящая на (n-j-i)-oM месте после
запятой. Тем самым утверждение задачи доказано.
16.	Эту задачу сформулировал и решил известный
английский специалист по головоломкам Генри Эрнест
Дьюдени Предложенное им решение применимо не
только к правильным треугольникам, но и к треугольни-
кам более общего вида, удовлетворяющим одному до-
полнительному условию. Мы рассмотрим решение для
более общего случая.
Пусть АВС (рис. 3) —данный треугольник, D и Е—
середины сторон АВ и ВС. Построим отрезок R, равный
стороне квадрата, равновеликого треугольнику АВС.
Отрезок R можно построить при помощи циркуля и ли-
нейки, поскольку он равен среднему геометрическому
отрезка AD и перпендикуляра, опущенного из вершины
С на сторону АВ. С центром в точке D и радиусом R
опишем окружность, пересекающую сторону АС в точке
F. Проведем прямую DF и построим на отрезке FА точ-
ку G так, чтобы FG = СА/2. Решение задачи возможно,
если FG FA или, иначе, если точка F принадлежит
отрезку СМ, где М — середина стороны С А.
1 См. о нем: М. Гарднер, Математические головоломки и раз-
влечения, М., изд-во «Мир», 1971, стр. 170. В той же серии издан
сборник Г. Э. Дьюдеии, 520 головоломок, М., изд-во «Мир», 1975.—
Прим, перев.
134
(Проверим, что задача Дьюдени допускает решение
для равностороннего треугольника. Поскольку для рав-
ностороннего треугольника АВС выполняется неравен-
ство CD > AD, величина R как среднее геометрическое
этих отрезков должна удовлетворять неравенствам
CD > R > AD. Но DM = AD, и, таким образом, точка
М лежит внутри окружности радиуса R с центром в
точке D, а точка С лежит вне этой окружности. Следо-
вательно, точка F принадлежит отрезку СМ, а точка
G — отрезку МА.)
Из точек Е и G опустим на FG перпендикуляры EJ и
GH. После этого разрежем треугольник АВС на 4 части:
четырехугольники DBEI, HGAD\, CFI1E1 и треугольник
Gi^iFi, где Di з D, I\ = J и т. д. Сложим четырех-
угольники так, чтобы стороны DiA и DB, ЕВ и Е\С со-
вместились (рис. 4). В результате отрезки FC и AG рас-
положатся на одной прямой, поскольку сумма углов
при вершинах А, В и С равна 180° как сумма внутрен-
них углов треугольника АВС. Приложим к получившей-
ся фигуре треугольник GiHiFi так, чтобы его сторона
FiG[ совпала с отрезком FCG (это возможно потому,
что по построению FC-\-AG = FG). Получившаяся фи-
гура имеет форму прямоугольника, поскольку смежные
углы с вершинами в точках D и Di, Е и Еи F и F\, G и
<?i дополняют друг друга до 180°, а углы при вершинах
J, Ji, Н и Н\ прямые.
Докажем, что эта фигура — квадрат. Для этого до-
статочно доказать, что ID -|- DH = R.
Пусть С', А' и В' — основания перпендикуляров, опу-
щенных из вершин С, А и В на прямую FD. Тогда
C'F НА' = FH по построению точки G, C'l == IB' и
135
A'D = DB'. Вычитая первое равенство из второго, полу-
чаем FJ - НА' = IB' — FH, или FJ + FH=JB' + НА'=
= ID 4- DB' + HD — A'D = ID HD. С другой сторо-
ны, {FJ + FH) + {ID + HD) = 2R, а поскольку отрезки,
заключенные в скобках, равны, то FJA-FH — JDA-
+ HD = R, что и завершает решение задачи.
17.	Пусть h — высота конуса, г — радиус основания
и 2а — угол при вершине в осевом сечении. Выберем
прямоугольную систему координат так, чтобы начало ее
совпадало с центром основания конуса, ось х лежала
в плоскости, которую описывает при вращении ось ко-
нуса, ось у располагалась перпендикулярно этой пло-
скости, а ось z совпадала с осью конуса (рис. 5).
Тогда уравнение боковой поверхности конуса примет
вид
r2{h-z)2=h2{x2 + У2),	(1)
а уравнение свободной поверхности воды в коническом
бокале в момент, когда ось конуса составляет с верти-
136
калью угол ф, запишется так:
z = (r — x)tgq>.	(2)
Подставляя z из (2) в (1), получаем уравнение про-
екции эллипса, ограничивающего поверхность воды в
стакане, на плоскость Оху:
г2 (h — г tg ф + х tgф)2 = h2 (х2 + г/2).
Максимальная ширина этого эллипса составляет
. / Л — г tg <р __	/ соз(ф + а)
2у - 2г д/ ft + rtg? ~lr То7(ф-70 *
Если АВ — длина этого эллиптического сечения, то
по теореме синусов из треугольника АВС следует, что
АВ cos (ф — а) = 2r cos а. Площадь свободной поверхности
воды в бокале
лг2 cos q cos1''2 (ф + а)
cos'2 (ф — а)
8 = 4 -АВу
достигает максимума при tg (ф + а) = 3 tg (ф — а), то есть
при ф = (*/2) Arc sin (2 sin 2а), если только | 2 sin 2а | 1
(то есть при а ^15° или при а ^75°). Если же
15° < а < 75°, то площадь свободной поверхности воды
в бокале максимальна при ф = 0 и равна площади осно-
вания цилиндра. Далее, если уравнение sin 2а = 2 sin 2а
разрешимо, то угол 2ф заключен между 2а и 180° — 2а.
Из физических соображений ясно, что 0° < ф < 90° — а,
поэтому а < ф < 90° — а и, следовательно, а^ 15°.
Пусть Ф1 и Фг(фг>Ф1) — два значения ф, найденные
из соотношения sin2a = 2sin2a. Тогда при Ф = Ф1 пло-
щадь S свободной поверхности воды в бокале мини-
мальна, а при ф = ф2—максимальна. При a =15° оба
значения ф совпадают: ф! = ф2 = 45°. В этом предельном
случае S не достигает ни максимума, ни минимума.
Когда угол а убывает до 0°, значение Ф1 падает до 0°,
а значение ф2 возрастает до 90°. Остается определить,
при каком значении а площадь свободной поверхности
воды S достигает при ф = ф2 максимума, который больше
площади основания цилиндра (свободная поверхность
воды при ф = 0°).
В этом случае
nr2 cos a cos1/2 (фг + a)
cos’/2 (фг — a)
> ЛГ2.
137
Поскольку tg (<р2 + «) = 3 tg (фг — а) и, следовательно,
sin a cos а = sin (ф2 — a)cos(<p2 + «)> это неравенство можно
преобразовать к виду
cos3 a sin а > cos3 (<р2 — а) sin (<р2 — а).	(1)
Если x = cos2a, то
sin2 (<рг — а) = у [1 — cos 2 (<р2 — а)] =
= у (2х2 — 1 + х 4.v — 3),
cos2 (<р2 — а) [1 + cos 2 (<р2 — а)] =
= у (3 — 2х2 — х V4x2 — 3).
После элементарных, но довольно громоздких выкладок
неравенство (1) можно привести к виду
(1 - х2)(1 + х)3(4х3 + 2х - 7) [(2х + I)2 - 8] < 0.
В интервале [0, 1] это неравенство выполняется при
х > (2 V2 - 1)/2=0,91421, то есть при 2a < 23° 56'.
Лишь для таких значений углов при вершине осевого
сечения конуса максимальная площадь свободной по-
верхности воДы в бокале превышает площадь основания
конуса.
Чтобы найти угол наклона ф, при котором «расход
воды» (количество воды, вытекающее из стакана в еди-
ницу времени) максимален, необходимо выяснить, когда
достигает максимума произведение площади свободной
поверхности воды и вертикальной составляющей скоро-
сти точки А относительно вершины конуса Р. Если и —
угловая скорость конуса, то линейная скорость точки А
относительно точки Р равна со V/г2 + г2 и перпендику-
лярна РА. Следовательно, необходимо найти максимум
выражения
яг2 cos a cos1''2 (q> + a) Va2 + r2 sin (<р + a) го
cos3/2 (ф — a)
Множитель люг2 cos a не зависит от ф, поэтому для того,
чтобы найти максимум всего выражения, достаточно
определить максимум второго множителя
cos1/2 (ф + a) sin (ф + а)
cos3/2 (ф — а)
138
или его квадрата. Приравнивая нулю производную, по-
лучаем 3 cos(ф + a)cos2а = cos(ф— а), или
,	,	3 cos 2а — 1
tg ® = ctg а -= к—г-г.	(2)
6 v 6 3 cos 2а + 1	'
Итак, при 1 > cos2a>- Уз наибольший расход воды
достигается при остром угле наклона <р, определяемом
из соотношения (2). Во всех остальных случаях расход
воды максимален лишь в начальный момент при <р = 0.
18.	Если определитель 0(1) содержит столбец или
строку, заполненные нулями, то утверждение задачи
верно. Предположим, что .0(1) содержит строку или
столбец с двумя нулями и отличным от нуля третьим
элементом. Перестановкой столбцов и строк мы всегда
можем добиться, чтобы этот столбец или строка стали
первыми, а содержащийся в них отличный от нуля эле-
мент оказался в левом верхнем углу, то есть чтобы эле-
мент а был отличен от нуля. Нетрудно видеть, что и в
этом случае утверждение задачи верно.
Предположим теперь, что ни одна строка и ни один
столбец определителя 0(1) не содержат двух нулей.
Если нулю равен лишь один элемент определителя 0(1),
то, не ограничивая общности, можно считать, что a =0.
Если нулю равны два элемента определителя 0(1), то
одним из них, как и в предыдущем случае, можно счи-
тать а. Тогда ни один из элементов b, с, d, g не может
обращаться в нуль, и вторым элементом определителя
0(1), равным нулю, должен быть один из элементов е,
f, h или i. Перестановкой строк и столбцов этот элемент
всегда можно перевести в центр определителя 0(1), то
есть сделать так, чтобы е = 0. Тогда элементы f и h бу-
дут заведомо отличны от нуля. Наконец, если определи-
тель 0(1) содержит третий нуль, то опять же, не огра-
ничивая общности рассуждения, можно считать, что
i — 0 (а два остальных нуля занимают положение эле-
ментов а и е).
Условившись относительно расположения нулей, раз-
ложим определитель О(г) по правилу Крамера:
О (г) = А1 4* А2 4* Лз — А4 — А5 —
где
Al=aei, A2 = dhc, А3= gbf,	...
А4 = ahf, Л5 = dbi, Лс = gee.
139
Необходимо рассмотреть следующие случаи:
1)	ни одна из величин Аг не равна нулю (все эле-
менты 0(1) отличны от 0);
2)	нулю равны только Аг и Л4 (только а = 0) ;
3)	нулю равны Ai, Л4 и А6 (а = е = 0);
4)	нулю равны Ль Л4, Аз и Л6 (а = е = i = 0).
Последний случай можно сразу исключить из рассмо-
трения, поскольку отличные от нуля величины Л2 и Аз
имеют одинаковые знаки и определитель D(r) не может
обращаться в нуль.
В дальнейшем нам понадобится следующая лемма.
Лемма. Пусть Ль Л2, .... Лй— вещественные поло-
жительные величины и Ci, с<з, .... Ск— вещественные
отличные от нуля коэффициенты. Если функция
f(x) — ciAi + С2А2 + ... + CkAk
обращается в нуль при k конечных значениях х, то Лг
можно объединить в одну или несколько групп так, что
все Ль входящие в одну группу, равны между собой,
а сумма коэффициентов Ct, отвечающих одной группе,
будет равна 0.
Доказательство. Применим индукцию по числу k. При
k = 1 утверждение очевидно. Пусть оно доказано для
всех k' < k. Если функция f(x) имеет k вещественных
нулей, то по теореме Ролля производная функции
~ + 2Q л J + ••• AJ
имеет k — 1 нулей. Следовательно, функция
также обращается в нуль при k— 1 значениях х. Как
показывают аналогичные рассуждения, функция
-+“'”(49'”(£Ш)’
имеет k — 2 вещественных нулей и так далее. Обраще-
ние в нуль выражения
140
означает, что по крайней мере одна пара величин А{
совпадает. Объединяя те члены функции f(x), которые
содержат равные Аи мы получим выражение, содержа-
щее меньшее число слагаемых и обращающееся в нуль
при k различных вещественных значениях х. По индук-
тивному предположению в этой ситуации утверждение
леммы верно, а тогда оно верно и для f(x).
Тем самым лемма доказана.
Случай 1: /)(0) = 0, и, следовательно, определитель
D(r) обращается в нуль при шести различных значе-
ниях г. По лемме это означает, что тройка величин Ai,
А2, Лз из (1) совпадает с точностью до порядка с трой-
ками Л4, Л5, Л6.
Если, например, Л1 = Л4, А2= А$, Л3 = Л6, то
a (el — hf) = d (he — bi) = g(bf — ec) = 0,
откуда видно, что 2-й и 3-й столбцы в определителе
Z)(l) пропорциональны. Аналогично обстоит дело и в
остальных пяти вариантах.
Случай 2: выражение Л2 + Лз — Л5 —-Ле обращается
в нуль при четырех различных значениях г, следова-
тельно, либо Л2 = Л5 и Л3 = Л6, либо Л2 = Л6 и Д=Л5.
В первом случае в Д(1) снова пропорциональны 2-й и
3-й столбцы, во втором — 2-я и 3-я строки.
Случай 3: выражение Л2+Лз — Л5 по лемме не мо-
жет обращаться в нуль при трех различных значениях г
(соответствующая группировка невозможна), что проти-
воречит условию задачи.
Тем самым утверждение задачи полностью дока-
зано.
19*. Эту задачу (при п =3) и различные ее обобще-
ния связывают с именами многих математиков (Вивиа-
ни, Торричелли, Ферма, Штейнер).
Пусть Pi(Xi, yi), i = 1, 2, .... п — заданные точки,
а Р(х,у)—искомая. Фиксируем произвольную точку
Q(x0, Уо) и рассмотрим функцию
fQ(x, y) = \QP\
— расстояние от переменной точки Р до Q. Если а > 0,
Р>0, а + Р = 1 и Р'(х/, у'), Р"(х", у") — любые точки,
141
а точка P(x, у) имеет координаты
х = ах' + 0х", у = ау' + $у",
то
QP = а • QP' + 0 • QP" =QP[ + PiP,
где QPi = а • QP', Р{Р = 0 • QP". Если Р' ф Р", то в силу
неравенства треугольника (рис. 6)
fQ (ax' + 0х", ay' + 0у") = | QP | < | QPt | + | РгР | =
= а | QP' | + 0 | QP" | = afQ (х', у'} + 0fQ (х", у").
Следовательно, функция fQ(x, у) строго выпукла (III. 13),
а значит, строго выпукла и функция
п	п ______________________
fix, у) = Yfpl(X> у) =Т. ^(х — Х1)2 + (у — уд2 ,	(1)
>=1	1	i=l
минимум которой нам надлежит найти.
Рис. 6.
Точка минимума строго выпуклой функции, если она
существует, — единственна, и для ее отыскания мы мо-
жем воспользоваться необходимым и достаточным усло-
вием (см. там же): для любого единичного вектора
е = {cos a, sin а} производная def по направлению е
должна быть неотрицательной.
142
Вычислим сначала производную функции fQ. Если
Р =# Q, то
1- fn(x + / cosa, y + t sin a)-fQ[x, у)
def\p = lim	y----=
1 Ж	‘
=-^- V(x — x0 + / cos a)2 + (г/ — г/0 + Sin a)2 ]<=0 =
_ (x — x0) cos a + (y — у 0) sin a _ QP
V(X — x0)2 + (у — Уо)2	e |QP|
Если же P = Q, то
def Ip = lim V(t cos a)2 + (t sin a)2 = 1.
1 HO 1
Так как производная сумма равна сумме производных,
то для функции (1)
п	—>	п  >
3 fl	V'	V'
e	|-^| npe^	|p7p|’
1+"p. Z ]=£;•
й	i^k lrirl
Поскольку направление вектора e можно выбирать про-
извольно, то неравенство def 0 может выполняться
только в том случае, если при Р =£ Plt..Рп
п --->
y_W-=0	(2)
ft 1ЛР|
(если бы этот вектор был отличен от нуля, то, взяв е
противоположно направленным, мы получили бы
dj < 0) и аналогично при Р = Рь
<1.	(3)
Р/Р|
Таким образом, наша задача свелась к отысканию
точки Р, для которой выполняется одно из условий, (2)
или (3). На геометрическом языке (2) означает, что
сумма единичных векторов, направленных из Р в Pi,
равна нулю, если Р не совпадает ни с одной из Pit
а (3) —что аналогичная сумма ^1, если Р =Р&-
143
В простейших случаях точку Р нетрудно найти из
элементарных геометрических соображений. При п = 3
равенство (2) может выполняться только тогда, если
каждый из трех углов Z PiPPj = 120°, а неравенство
(3) в точке Р = Pi выполняется, если Z Р2Р1Р3 120°
(из двух углов имеется в виду меньший 180°). Поэтому,
если три точки Pi, Р2, Р3 расположены так, что ни один
из внутренних углов треугольника Р1Р2Р3 не превышает
120°, то точка Р совпадает с точкой, из которой все три
стороны треугольника видны под углом 120° (эта точка
называется точкой Торричелли). Если же один из внут-
ренних углов треугольника Р1Р2Р3 больше или равен
120°, то точка Р совпадает с вершиной этого угла
(рис. 7).
Если h = 4 и точки Pi, Р2, Рз, Р4 расположены в вер-
шинах выпуклого четырехугольника, то в точке пересе-
чения его диагоналей, очевидно, выполняется (2)
(рис. 8) и эта точка является решением задачи.
Если точка Р4 лежит внутри треугольника Р1Р2Р3
или на одной из его сторон, то для нее справедливо (3),
так что решением будет Р4 (рис. 9). Чтобы убедиться в
этом, обратимся к рис. 10. В рассматриваемом случае
углы между единичными векторами Л4г(/ = 1, 2, 3) не
должны превышать 180°. Однако при этом условии точка
С, конец вектора PC = PAY + РА2 + РА$, лежащая на
дуге единичной окружности с центром в точке В (на кон-
це вектора РВ = РАХ + РА2), оказывается внутри еди-
144
ничной окружности с центром в точке Р или, самое боль-
шее, совпадает с одной из точек А2. Из этого же ри-
сунка видно, что сумма трех единичных векторов равна
нулю только в том случае, если В лежит на единичной
окружности (Z AiPA2 = 120°) и РА3= — РВ, то есть
Z AtPA3 = Z А3РА2 = 120°.
Чтобы доказать существование точки минимума при
произвольном п, воспользуемся теоремой Вейерштрасса.
Пусть 0(0, 0) —начало координат и
7? = тах{| OPt |, i= 1, 2,	п}.
Непрерывная функция f(x, у) в круге радиуса 2R с цен-
тром в О достигает минимума в некоторой точке
Рис. 10.
Po(xq, уо). Покажем, что эта точка доставляет минимум
функции и во всей плоскости. Если Р(х, у) лежит вне
указанного круга, то, согласно неравенству треуголь-
ника,
п   п	>	>
f(x, y)=^\PlP\>^\OP\-\OPi\>n-{2R-R) =
i=l	i=l
= n/?>E 1ЛО| = /(0, O)>f(xo, Уо),
i = l
ибо значение функции в точке О, принадлежащей кругу,
не может быть меньше значения в точке минимума.
Чтобы найти точку минимума, мы должны сначала
проверить выполнение неравенств (3) в точках
Pi, Р2, ..., Рп, а затем, если ни в одной точке (3) не
выполняется, обратиться к уравнению (2), которое в
145
координатной записи представимо в виде системы двух
алгебраических уравнений:
п	п
у г x~Xi -0 у _	-о
£1 V(x-^)2+(^-^)2	£ V(x-^)2+(y-^)2
Как мы уже видели, эта система имеет единственное
вещественное решение.
Полезно еще иметь в виду, что равенство (2) может
выполняться только в том случае, когда Р принадлежит
выпуклой оболочке точек Pi, Р2, ..., Рп-
20.	Вычислим сумму более общего ряда
Sp(x) = а0 + ар + а2р + ...,
где р — любое натуральное число. Как нетрудно видеть,
1=0
где
00
V' arxr	2л ... 2л
1^=2-1~ТГ и e! = cos—-{-zsin —.
r=0
Воспользуемся стандартными преобразованиями, приме-
няемыми в исчислении конечных разностей (III. 14):
оо	оо	оо
s=0	Л=0	s=0
= ех У as (fe 4- s)l.......У=
Д «si S,‘ (k + s)!
fe, s=0
оо / Г	\	°°
Щ <-	(I	4-
r=0 v-0	'	r=9
Если ar — многочлен от г степени п, то Д4г0 = О при
/>п.
146
В частном случае, о котором говорится в условии
задачи,
аг = ^(^3-9г2 + 38г + 24);
£4
(70=1, Да0=т> Д2«о = —ДЗао = 4-;
Ь.!ай = 0 при j > 3, е1 = — 1, р = 2;
Нх) = ^(1+|х-1.4- + 1-4);
S2 (х) = |[f (х) + f (-х)] =	(i +|х-|х2 + ^х3) +
+ V0 -тх~тх2-^х3) =
= v )chx+ (— + 2r)sh^
21.	Обозначим четыре заданные скрещивающиеся
прямые а, р, у и б. Выбрав на прямой а любую точку Р,
проведем плоскость, проходящую через Р и прямую р
и пересекающую прямую б в точке В. Пусть С — точка
пересечения плоскости, проходящей через точку Р и
прямую у, с прямой б. Прямая РВ пересекается с пря-
мыми а, р и б, а прямая PC — с прямыми а, у и б. Если
нам удастся найти такое положение точки Р, при кото-
ром точки В и С совпадают, то слившиеся прямые
РВ = PC будут пересекать все четыре заданные прямые
а, Р, у и б.
Соответствие В-+Р-+С определяет отображение
прямой б в себя, которое является проективным, как су-
перпозиция проективных отображений В ->Р прямой б
в прямую а (определяется пучком плоскостей, проходя-
щих через б) и Р-+С прямой а в прямую б (опреде-
ляется пучком плоскостей, проходящих через у, см.
III. 2). Выбрав на б произвольно три точки В1г В2, B3t
найдем соответствующие им точки Ci, С2, С3. Этим наше
отображение однозначно определяется. Таким образом,
исходная задача сводится к отысканию неподвижных то-
чек проективного отображения прямой в себя, опреде-
ляемого тремя парами соответствующих точек (Bi, Ci),
(Вг, С2), (Вз, Сз).
Эту задачу на построение можно решить при помощи
линейки, если в некоторой плоскости, проходящей через
147
прямую 6, задана фиксированная окружность или дру-
гое коническое сечение *. Поскольку число неподвижных
точек проективного отображения прямой может быть
равно 2, 1 или 0, существуют 2, 1 или 0 прямых, пересе-
кающих четыре заданные скрещивающиеся прямые.
22.	Если коэффициенты at- (i = 1, 2, ..., р)—неот-
рицательные целые числа, то утверждение автора статьи
очевидно, поскольку все синусы положительны.
Если коэффициентами а{ могут быть любые целые
числа, как положительные, так и отрицательные, то ут-
верждение неверно, как показывает следующий контр-
пример. Пусть р 3 — нечетное натуральное число. То-
гда
(P-D/2	р_,
2 £ (-i)Sinp^-^-J-(-l) 1 2 =0.
*=1 р
Все коэффициенты при синусах и свободный член — це-
лые числа, но не все коэффициенты равны нулю.
23.	Приведенное в условии задачи условие разреши-
мости уравнения № + Ур +	= 0 в целых числах, не
делящихся на нечетное простое число р, представляет
собой не что иное, как критерий Вифериха 2, записанный
в несколько иной форме: уравнение хр + ур -f-	= 0
разрешимо в целых числах, не делящихся на нечетное
простое число р, если (2р-1— 1)/р2 — целое число. Дей-
ствительно, если т — нечетное число, то
т	г-1
т Е	— N'	=2^‘ о)
Г = 1
где &(т) —сумма всех делителей числа т. Подставляя
т = р в (1) и замечая, что Np(p) = 2р, получаем
1лг2(р)-|лг3(р)+1дг4(р)- ... -^гг^Р-1(р)=
1 См., например, О. А. Больберг, Основные идеи проективной
геометрии, М. — Л., Учпедгиз, 1949, с. 184 —Прим. ред.
2 A. Wieferich, Zum letzen Fermatschen Theorem, Journal fur
reine und angewandte Math. (Crelle), 136 (1909), 293—302. — Прим,
ped.
148
поскольку Ni(p) = 0. Следовательно, если (2р-1—1)/р2—
целое число, то критерий Вифериха совпадает с усло-
вием разрешимости уравнения хр + ур + z? = 0 в целых
числах, не делящихся на нечетное простое число, кото-
рое сформулировано в задаче.
Соотношение (1) мы получим, приравняв коэффи-
циенты при qm в тождестве
,	/	ОО
^1П(1 + 2Х^
>	П = 1
г/ Г °°	°°	1
, (2)
Ln=l	n=l	J
вытекающем из тождества
1 + 2 Е =П (1 - • П (1 + ?2ге-‘)2,
приводимого в любом учебнике по теории эллиптических
функций. Логарифм, стоящий в левой части тождества
(2), разлагают в ряд, члены которого перед дифферен-
цированием переставляют, располагая их по степе-
ням q. Затем используют очевидное соотношение Nr(n) =
= 2rN'r (ri), где N'r (п) — число представлений п в виде
суммы г квадратов натуральных чисел.
24.	Пусть |пг| = рь Докажем (от противного), что
все pi равны. Предположим, что не все рг равны. Тогда
среди них можно выбрать наибольшую величину р,г и
наименьшую величину pj, причем рь > р;. По формуле
Виета (поскольку все числа аь удовлетворяют исход-
ному уравнению, то есть являются его корнями)
ak =----'—-------
ak	/п\
откуда, переходя к абсолютным величинам, получаем
Рй-
Полученное противоречие означает, что все pi равны.
149
Обозначим их общее значение р. Если р = О, то утвер-
ждение задачи доказано.
Предположим, что р =# 0. По формуле Виета па{ =
=Е^/-Если какие-нибудь две величины а, не равны, то
np = |E«z|< X |аг| = пр.
Следовательно, р = 0, и все п;. равны, что и требовалось
доказать.
25.	Если многочлен f(x) имеет кратные корни, то ал-
гебраические уравнения f(x) = O и f'(x) = 0 имеют об-
щие корни, и сумма величин, обратных разностям меж-
ду корнями этих уравнений, обращается в бесконеч-
ность.
Предположим, что все п корней многочлена f(x) раз-
личны, а коэффициент при старшем члене равен А.
Пусть а{ (г = 1, 2, ..., п)—корни многочлена f(х), bj
(/ =1, 2....п — 1) —корни его производной. Тогда по
теореме Безу
п	п-1
f(x) = A П(*-аг-), Г(^) = пЛП(х—&Д
г = 1	/=1
Нетрудно видеть, что
п
= (1)
1 = 1
Поскольку по предположению многочлен f(x) не имеет
кратных корне/i, то /(&;)=# 0 при / = 1, 2, ..., п— 1.
Подставляя х = bj в соотношение (1), получаем
п
У. (bj — аг)-1 =0, а суммируя по всем корням произ-
1 = 1
водной многочлена f(x), приходим к требуемому соот-
ношению
п—1 п
S Е (bj— аг)-1 =0.
/=1 i-1
26.	Пусть От и On — пересекающиеся прямые, по
которым скатывается шар. Выберем прямоугольную си-
стему координат так, чтобы ее начало совпало с точкой
пересечения прямых От и On, ось х была направлена
по биссектрисе угла между пересекающимися прямыми,
150
а плоскость xz совпала с определяемой ими плоскостью
(рис. И).
Пусть (х, у, 0) —координаты центра С шара, А —
точка касания шара с прямой От и В — основание пер-
пендикуляра, опущенного из С на плоскость xz. Тогда
из прямоугольного треугольника АВС получаем
АС2 == СВ2 + В А2.	(1)
Но АС = R, СВ — у, В А = х sin а = x/cosec а. Подстав-
ляя эти выражения в соотношение (1), приходим к ура-
внению кривой, описываемой центром катящегося шара
в плоскости ху:
<	4--£i= I
R2 cosec2 а ) ' R2
Это уравнение эллипса с полуосями R cosec а и R, что
и требовалось доказать.
27.	Известная из теории гармонических функций тео-
рема о среднем утверждает, что если функция U (Р) не-
прерывна в замкнутом круге радиуса R с центром в точ-
ке Р и гармонична внутри этого круга, то
2Л
[/(/>) = 2- J U(P + Re‘<>)db.
о
151
Кёбе1 доказал обратную теорему: если функция U не-
прерывна в некоторой области Т и принимает в каждой
точке Р из Т значение, равное среднему арифметиче-
скому значений на любой окружности с центром в точке
Р, целиком лежащей в Т, то функция U гармонична в Т.
Пусть Р — внутренняя точка области Т и окружность
С радиуса R с центром в точке Р целиком лежит внутри
Т. Если мы докажем, что при этих условиях
2л
U(P) = J и (Р + Re1*) de,	(1)
о
то функция удовлетворяет условиям теоремы Кёбе и,
следовательно, гармонична в Т.
Введем полярные координаты с полюсом в точке Р.
Тогда соотношение
<2>
т
можно преобразовать к виду
<3>
т
(V — любая допустимая функция, свойства которой
определены в условии задачи). Построим одну из таких
допустимых функций V. Пусть R — радиус окружности
С, целиком расположенной внутри области Т, с центром
в точке Р, I — наименьшее расстояние между С и гра-
ницей области Т, p = min(£/3, /), а — положительный
параметр, удовлетворяющий неравенству а < 0. При-
равняем ^7 (г dV/dr) непрерывной функции f(r), поло-
жительной в интервале а/2 < г <Z а, отрицательной в
интервале R — а <; г <Z R + а, равной нулю всюду вне
R+а
этих отрезков и такой, что f(r)dr = O. Решив полу-
__________ о
1 Sitzungsberichten Berl. Math. Gesel., Bd. 5 (1906), 39. Эту
теорему можно найти теперь в большинстве учебников по уравне-
ниям математической физики, например, С. Л. Соболев, Уравнения
математической физики, М. — Л., ГИТТЛ, 1950, стр. 158, теорема 2
(правда, там речь идет о гармонической функции в пространстве,
ио доказательство без труда модифицируется). — Прим. ред.
152
чившееся дифференциальное уравнение, мы найдем
функцию V, непрерывную вместе со своими частными
производными первого и второго порядков; V = Ci вну-
три круга радиуса г = а/2 и V s== С2 вне круга радиуса
г = R + а. Одну из констант можно выбирать произ-
вольно. При С2 = 0 построенная функция V принадле-
жит к числу допустимых.
Подставляя ее в левую часть соотношения (3) и про-
изводя интегрирование по б, получаем
а	2?+а
\u(r)f(r)dr+ j U(r)f(r)dr=0,	(4)
О	R—a
где
2л
^(r)= iS U(r’ d(f>‘
о
Теорема о среднем позволяет заменить равенство (4)
соотношением
U(ft'a) = U(R + ®"a), (0 < О' < 1, - 1 < в" < 1).
Поскольку функция U непрерывна, а последнее соотно-
шение выполняется при значениях а, сколь угодно близ-
ких к нулю, то
U(Q) = U(R),
что равносильно соотношению (1).
Тем самым утверждение задачи доказано.
28.	Продифференцировав т раз по х правую и левую
части тождества
у(ех— 1)=х,
где у — производящая функция для чисел Бернулли:
У —= 1 “Ух + в1-2г + ---
+ (1)
получим соотношение
еХ[у + (?)/ + •”+ (m- 1) ^-1)] + (еХ - D УМ =
{О при т^2,
1	1	(2)
1 при т= 1
153
(обозначения стандартные: z/(,) = dly[dx,1, . j — бино-
миальный коэффициент). При х = О производящая
функция у и ее производные принимают следующие зна-
чения:
% = ^=-4- Г+1)=о,	=
Полагая индекс т в (2) равным 2п, 2n+l, 2n-f-2,
находим три соотношения, из которых первое (т = 2п)
имеет вид
1 - i (?) + (22) в. + • • + (-1)'-' (?) В, +
+ ... + (-(2Д2)в.-.=о; (3)
два остальных аналогичны, но содержат последний член
не с Вп_), а с Вп. Умножив первое соотношение на
2п+1, второе — на (—2п) и сложив, разделим сумму
на (2п	1)! и разложим ее последний член на два,
представив число 2п в виде (2п— 1)4-1. В итоге мы
получим соотношение
___1_________Bi________।_ЗВ2________.
(2л 4*1)1	(2л — 1)! 2!	(2л — 3)! 4!	• • • ”Г
+<-1),(гп72'))Г" +(-')' w=°- <4>
Умножив второе из трех соотношений на 2п4-2,
третье — на —(2п4~1) и сложив, разделим сумму на
(2п4-2)!. Подобный результат получается из соотноше-
ния (4), если в нем отбросить последний член и увели-
чить на единицу числа в первых факториалах, стоящих
в знаменателях. Сравнивая второе из полученных соот-
ношений с исходным уравнением задачи, мы видим, что
C2i+i = (— l)f (2i — 1) (214- 1) (214- 2) В{ (заметим, что
последовательность с3, с$, ... бесконечной системой ура-
внений, данной в условии задачи, определяется одно-
значно). Следовательно, если мы располагаем методом,
позволяющим находить значения чисел Бернулли В{, то,
внеся в него весьма незначительные изменения, получим
метод вычисления коэффициентов cs, и наоборот.
154
Первое из найденных соотношений, то есть (4), дает
____1	 I 	£з_I	I С2п+1	1 /__i \П Вп __ л
(2/г+1)1___________________________________41(2/1-1)1 "Г •••"* (2/i)i 1! f ' (2/1)!
что равносильно утверждению задачи.
Для вычисления Bt (и, следовательно, cs) мы могли
бы воспользоваться следующим методом.
Записав производящую функцию в виде
1п[1 + (ех-1)]
у ~ ех - 1
и разложив правую часть по степеням (ех— 1), получим
nt=O
Далее можно разложить (ех — 1) по степеням х, найти
т-ую степень ряда и собрать подобные члены. Коэффи-
циент при х2п окажется равным (—1)п-,Вп/(2п)!.
В конце концов мы получим для Вп следующее выра-
жение:
/ л л2	к2п \
D ___/	.хп | а2п	[	2« I
U 2 з -Г • • • 2га + 1 J’
где
т
Y-1
29.	Докажем прежде всего, что
и2 — и , ,и , = 4.	(1)
п п+1 п-1	' '
Действительно, при п^2
zzn(4wn-i) = wn-i (4ип),
^п (ип Un—2) == «п—1 («п+1	^n~l)>
ип “ ип+1ип-1 = ип-1 - ипип-2 = и2п-2 - Un-lUn-3 = • • • =
= и2 — uzux = 64 — 60 = 4.
155
Выражение для общего члена ряда арккотангенсов
преобразуем следующим образом:
arcctg «2 = arcctg [ип (4«„) / 4] =
= arcctg \ип (un+i +	- «„+,«„-,)] =
= arcctg (мп+1/п„) — arcctg	(2)
(при замене 4ип на мп+1 + мп-1 мы воспользовались ре-
куррентным соотношением, приведенным в условиях за-
дачи, при замене 4 на и?п — un+tun_l — соотношением (1);
кроме того, мы воспользовались неравенством un+Jun <
вытекающим из (1), поскольку соотношение
arcctg х — arcctg у = arcctg[(x«/ + l)/(z/ — х)]
имеет место при х <Zy).
Пусть индекс п в соотношении (2) принимает значе-
ния от 2 до г. Суммируя, получаем
arcctgwf-f- S arcctg«2= arcctg(пг+1/мг).	(3)
fl=2
При г—>оо отношение иг+1/иг стремится к большему
корню_квадратного уравнения х2 = 4х—1, то есть к
2 + д/3 *• Следовательно, переходя в (3) к пределу, мы
получаем соотношение
оо
У, arcctg и2п = arcctg (2 + д/3 ) =	.
П=1
См. также задачу 52.
30.	Предположим сначала, что 0 < а < 1.
Тогда 1 > а2 > alt а{<. а3<_ а2, а2> а4 > а3, а3 < а5 <
< ait ... и вообще
0 < at < а3 < а5 < ... < a2n-i < • • •;
1 > Я2 > Я4 > CZg > • • • > а2п > • • •
и й2г-1 < a.2h при I, k= 1, 2, ... . Следовательно, суще-
ствуют два предела: lim a2n-t = x и lim а2п — у, при-
чем х у. Эти пределы служат решениями уравнений
ах = у, av~x,	(1)
lim ап существует тогда и только тогда, когда х = у и
равен общему значению этих величин.
156
При любых значениях а из интервала 1/ее^а^1
кривые (1) пересекаются в одной точке. В этой точке
х = у. Таким образом, при	существует
Итап = х=у. При любых значениях а из интервала
О < а < 1/ее кривые пересекаются в трех точках (xi,yi),
(х2, у2), (х3, Уз), причем х{ < yt, х2 = у2, х3 > уз, x3=yi,
Xi = уз. Если О х < х2, то f (х) = аа также принад-
лежит этому интервалу, а так как а\ =f(0), a3 = f(ai)
и вообще Я2&+1 = f(a2k-i), то x = Iima2n+i может рав-
няться только X] или х2. Поскольку f'(x2) = In2 a  х| > 1,
второе невозможно. Следовательно, lim ап не сущест-
вует. Нетрудно показать, что
lim Iima2»+i = 0, lim lim a2n = l.
a->0 n->°o	a->0 n->oo
Перейдем теперь к случаю а > 1 (при а = 1 все ап
и lim ап также равны 1). При любых значениях а из
интервала 1 < а < '\/ё кривые (1) пересекаются в двух
точках (хь г/i), (х2, у2), причем Xi = yt, х2 = у2, Xi < х2.
При а = '\/ё эти точки сливаются в одну Xi = х2 = е
и при а>-^ё кривые (1) не пересекаются.
При всех а > 1 справедливы неравенства
1 < а < а2 <
< ап < • • • •
Поэтому x = limnn, конечный или бесконечный, суще-
ствует. Если он конечен, то х и у = х — решения урав-
нений (1). Если 1 < а -у/ё, то
V7
K«2<(W ,
1<а3<(7ё)
Следовательно, lim ап конечен, если конечен аналогии-
ный предел при а =	. Но
157
поэтому lim ап = е при а = \[ё. Пределы lim ап, ко-
П->оо	п->оо
нечные при 1 < а , даются решением xt = ух урав-
нений (1), принадлежащим этому интервалу. В част-
ности, при а =\[ё предел последовательности ап равен е.
Поскольку при любых а кривые (1) не пересе-
каются, предел последовательности ап при а>^/ё не
существует.
Итак, конечный lim ап существует только в интер-
П->оо
вале 1/ег ^а.^'у/ё. Если обозначить а через х, а
lim ап через у, то найти предел можно, решив уравне-
П->оо
ние у = хУ. Следовательно, необходимо рассмотреть
кривую у = ху в интервале \/ее	. Нетрудно
показать, что эта функция непрерывна вместе со всеми
производными на всем интервале, кроме его правого
конца (точки х =	, и монотонно возрастает от
х= \/е до х = \[ё. Точка перегиба кривой имеет коор-
динаты х = 0,396, у = 0,582.
Левее точки перегиба кривая вогнута, правее — вы-
пукла (относительно оси х). Координаты некоторых то-
чек кривой представлены в таблице:
X	-L = 0,0763 е®	0,396	1	Ve = 1,44
У	— = 0,368 е	0,582	1	е = 2,72
31.	Построим треугольник UVW, стороны которого
VW, WU и UV проходят через точки А, В и С. Пусть
прямые UO, VO, WO пересекают стороны треугольника,
противолежащие вершинам U, V, W в точках U', V', W'.
Обозначим W", V", U" точки пересечения соответствую-
щих сторон треугольников UVW и U'V'W'. По теореме
158
Дезарга точки U", V", 1Г" лежат на одной прямой. До-
кажем, что точка пересечения этой прямой с заданной
является искомой точкой Р.
Из четырехугольника UW'OV' следует, что
VU'WU"— гармоническая четверка точек (см. III. 2).
То же самое верно и относительно UW'VW" и WV'UV".
Воспользуемся следующей теоремой (см. III. 5): пусть
задана кривая третьего порядка и фиксированная точ-
ка О, а переменная секущая ОР пересекает кривую
третьего порядка в точках А, В и С. Тогда если k — не-
которая постоянная, то геометрическим местом точек Р,
таких, что 1/ОЛ + 1/ОВ -ф 1/ОС =kjOP, является пря-
мая. Если k = 3, то геометрическое место точек Р, об-
ладающих указанным свойством, называется полярой
точки О относительно данной кривой третьего порядка.
Считая объединение трех прямых VV, VW, WU (выро-
жденной) кривой третьего порядка, рассмотрим поляру о
точки О относительно этой кривой. Пусть L — точка пе-
ресечения поляры о с VW. Проведем секущую OL, пере-
секающую прямую WU в точке М и прямую UV в точ-
ке N. Тогда L, М, N — тройка точек пересечения секущей
с нашей кривой третьего порядка, a L — с полярой, так
что 3/OL = 1/OL -ф \/ОМ -ф MON, или 2/OL = 1/ОЛ4 -ф
-ф 1/CW. Следовательно, OMLN — гармоническая четвер-
ка точек. Проектируя ее из U на VW, получаем гармони-
ческую четверку U'WLV. Но поскольку четверка
U'VU"W также гармоническая, точки L и U" совпадают.
Аналогичным образом можно показать, что поляра о
проходит через точки V" и W”, так что Р е о, и потому
Л_ = Д_ + _2_+_1_.
ОР О А “ ОБ “ ОС
Тем самым доказательство того, что точка Р обладает
требуемыми свойствами, завершается.
32.	Пусть а, Ь, с — вещественные положительные кор-
ни кубического уравнения
х3 — рх2 -ф qx — f = 0.	(1)
В такой записи коэффициенты р, q и f положительны,
поскольку по формулам Виета р = а -ф b -ф с, q = ab -ф
-j-ac-j-bc, f = abc. Кроме того, по формуле Терона
159
площадь S треугольника связана с длинами сторон
а, Ь, с соотношением
= ^л/р{р — %а) (Р — %>} (р — 2с) =
= л/р [р3 — 2 (а + b + с) p2-t-4(ab+ac + be) p—8abc]=
= т Vp [4р? —р3 —8f].
Поскольку коэффициент р положителен, условие веще-
ственности S сводится к неравенству
4p<?>p3 + 8f.	(2)
При положительных р, q, f уравнение (1) не может
иметь отрицательных и нулевых корней. Поэтому если
все его корни вещественны, то они положительны. Из-
вестное условие вещественности корней [для уравнения
х3 + ах + р = 0 это неравенство (а/3)3 4- (0/2)2 < 0] в
нашем случае выглядит так:
4 (р2 — 3<?)3 > (9р<? —- 2р3 — 27f)2.	(3)
Неравенства (2) и (3) вместе с условием положитель-
ности коэффициентов р, q и f служат условиями того,
что корни кубического уравнения (1) являются длинами
сторон некоторого треугольника.
33*. Пусть Q (хг) = х2 + х2; В (yt, zj) = yxzx + y2z2 —
билинейная форма, переходящая в невырожденную по-
ложительно определенную квадратичную форму Q(x$)
при подстановке yt = xt, Zj = х7-; Xi = sin t, Хг = cos t —
параметрические уравнения окружности Q(x/)==1,
ui = x'l(t). Заметим, что величина B[x[IV)(0, Xj (а)], рас-
сматриваемая как функция от t, достигает на Q(xt) = 1
абсолютного максимума при t = а:
В [x<IV> (/), х. (а)] = sin t sin а + cos t cos a = cos (t — a).
По условиям задачи функция f(x) однозначна и не-
прерывна на отрезке [а, Ь], отлична от тождественного
нуля и удовлетворяет неравенствам 0^f(x)^M.
160
Пусть g(t) еще одна функция, обладающая такими же
свойствами, как и f(i), а
г ь	ь	1
-a	a
Тогда
г Ь	-|2	г Ь	-|
н(Г, л = |	(0—Q \f(t)Ui(t)dt .
La	J	La	J
В этих обозначениях неравенства задачи можно за-
писать следующим образом:
О<Я(Л п<М2{Ь~-У'.	(1)
Для доказательства неравенств (1) воспользуемся
легко проверяемым тождеством
я(А <?) =
ь ь
= у	f (0g(s) [(sint — sins)2 + (cos t — coss)2] dt ds —
a a
b b
= 4 J S f (О S (s) Q («/ (0 - «i («)) dt ds.
a a
Функции f и g непрерывны и не равны тождественно
нулю, поэтому существует по крайней мере одна точка
(/,$), t #= s + 2Ъс, где оба значения f(t) и g(s) положи-
тельны. В этой точке
f(t)g(s)Q(ui (0 - ui(s)) > 0.
Поэтому
H(f,g)>0.
Кроме того, поскольку В — билинейная форма, а инте-
грал линейно зависит от подынтегральных функций, то
Н (f + g, f + g) = H (f, f) + 2Я (f, g) + H {g, g).
Предположим, что функция f не равна тождественно
своей верхней грани М. Тогда функция g(t) — M — f(f)
161
обладает всеми необходимыми свойствами. Поскольку
H(g, g)>0, а п0 доказанному H(f, g)>0, то
Н(М, М) > H(f, f). Таким образом, функционал
достигает максимума, когда функция f совпадает со
своей верхней гранью М:
О < Н (f, Н (М, М) = М2Н (1, 1).
Оценим величину
Я(1,1) = (b - а)2 - Q h (b) - Х{ (а)] =
= (Ь — а)2 — (cos b — cos а)2 — (sin b — sin а)2 =
= (Ь — а)2 — 2 + 2 cos (b — а) =
= (b — а — 2 sin (b — а + 2sin 6 ~ а ) .
Воспользовавшись неравенствами
Z3 . .	.
Z----< Sin 2 < Z,
6	’
справедливыми при всех z > 0, получаем
Я(1, 1)<4.( 2 ^6'(6~a) =
что и. требовалось доказать.
34.	Пусть £)=|а17|. Заметим, что окаймленный опре-
делитель
1	0	0	... 0
1	е	е2	е(л-1)
1	е2	е4	... e2<rt-1)
1	е(п-1)	е2(П-1)	...
(1)
равен исходному определителю D. Умножая определи-
тель (1) на себя, получим определитель £>2 = р^|, та-
кой, что элемент b{j равен 1, если индекс i либо индекс /
равен 1, а во всех остальных случаях
Ьц = 1 + ък + ъ2к + в3* + ... + ^пк~к, k =	— 2.
162
По хорошо известному свойству первообразных корней
последнее выражение равно п, если k кратно п, и равно
О при всех остальных значениях k. Таким образом,
	1	1	1 ... 1	1		п	1	1 ..	. 1	1	
	1	0	0 ... 0	п		1	0	0 ..	. 0	1	
D2 =	1	0	0 ... п	0	= пп~2	1	0	0 ..	. 1	0	(2)
	1	0	п ...			1	0	1 ..	•		
	1	п	0 ...	0		1	1	0 ..	•	0	
(второй		определитель получается					из	первого,		если сиа-	
чала первый столбец умножить на п, а затем все строки,
начиная со второй, разделить на п).
Коэффициент при пп~2 является определителем п-го
порядка, который мы обозначим ип. Вычитая вторую
строку определителя ип из первой и разлагая ип по эле-
ментам последнего столбца, получаем рекуррентное со-
отношение
1) Ип— 1,
которое можно продолжать
«„-! = ( 1) 1 ип-2,--
до тех пор, пока мы ие дойдем до соотношения
3
1
1
1 1
О 1
1 О
п4 = (—1)4и3 = (—I)4
= - 1.
Таким образом, «„=(—l)('t-’I)('t-2>/2 и
что и требовалось доказать. Определитель D задан
этим соотношением с точностью до знака. Неопределен-
ность в выборе знака связана не только с извлечением
квадратного корня: выбирая различные первообразные
корни, мы можем в некоторых случаях получать значе-
ния D, равные по величине, но противоположные по
знаку.
35.	Через точку Р, лежащую иа дуге С окружности,
проведем прямую, пересекающую дугу С в точке А
163
(рис. 12). Выбрав на хорде РА произвольную точку Pi,
проведем через нее хорду BD. Построим точку Е пере-
сечения прямых АВ, DP и точку F пересечения прямых
РВ, DA. Прямая EF — поляра точки Р\ (см. III. 5). Вы-
брав на хорде РА другую точку Рг и повторив все по-
строение, получим поляру MN точки Рг. Пусть L — точ-
ка пересечения прямых MN и EF. Тогда L — полюс пря-
мой РА и, значит, является точкой пересечения каса-
тельных к окружности, проведенных в А и Р (см. там
же). Следовательно, прямая, проходящая через точки L
и Р, касается дуги С в точке Р.
36.	Пусть <р' =d<p/df, <р" = d2q>/df2, ft = df/dxt и fn =
= d2f[dxldXj. Тогда
н to W =1 I- 0)
Определитель в правой части последнего равенства мо-
жно разложить по столбцам в сумму 2П определителей.
Но поскольку все определители, содержащие более од-
ного столбца с элементами вида обращаются в
нуль, то
Щф(П1 = (<рТя(/) + (ф'Г

.(2)
где t-й столбец содержит частные производные первого
порядка функции f. По теореме Эйлера об однородных
функциях	п
fj = п — 1 X
164
Подставив это выражение в i-й столбец определителя,
стоящего в правой части соотношения (2), разложим
его в сумму п определителей, из которых все, кроме од-
ного, обращаются в нуль. Единственный отличный от
нуля определитель равен х{Н(/)/(р — 1). Таким обра-
зом,
н [<р (f)] = (фУ Н (/) + (ф'Г1 ф" (р -1)-1 н (f) Е Xi h,
а поскольку E^fi = pf, то
Н [Ф (f)] == Я(/) [(ф')л + Р (р ~ I)’1 f  (Ф'Г1 Ф"].
что и требовалось доказать. (Частным случаем этой за-
дачи является задача 14.)
37. Пусть АС — лестница длиной a, BD — лестница
длиной Ь, ВС — х — расстояние между стенами, АВ—у,
CD = z, EF — h и BF = t (рис. 13). Тогда из подобия
треугольников AGE и АВС следует, что tlx — (y—hj /у,
а из подобия треугольников EFB и DCB — что h/z = t/x.
Таким образом, h/z = {у — h/y) и
- + - = -г> Л>0.	(1)
у * z h ’	4 '
Поскольку у < a, a z < b, то неравенство
4+4 <4	<2)
можно рассматривать как необходимое условие суще-
ствования решения задачи. Покажем, что неравенство
165
(2)	является также и достаточным условием существо-
вания решения. Не ограничивая общности, можно счи-
тать, что а Ь.
Прежде всего заметим, что если х — расстояние ме-
жду стенами, то х2 = а2 — у2 = b2 — z2, откуда
k2 = а1 — Ь2 — у2 — z2.	(3)
Если а — b > 2/г0, то у = z — 2h$ их — л]ь2 — 4 Ло.
Если а > b и задача допускает решение, то, как сле-
дует из соотношения (1), отрезок 2h совпадает со сред-
ним гармоническим отрезков у и г, в силу чего h < z <z
<Z2h<Zy. Комбинируя (1) и (3), получаем
f (z) = z3 (z — 2/i) + &2 (z —/г)2 = 0.	(4)
Из (4) ясно, что функция f(z) положительна при z^O
или z^2h. Кроме того, f(h)= — h4. Следовательно,
функция f(z) по крайней мере один раз обращается в
нуль между 0 и h и между h и 2h. Но f'(h)= — 2h3,
f'(2h) = 8Л3 + 2k2h, а поскольку f"(z) = l2z(z — h)-{-2k2,
to f'(z) в интервале от h до 2h обращается в нуль один
и только один раз. Таким образом, функция f(z) в ин-
тервале от h до 2h убывает от некоторого отрицатель-
ного значения до минимума, а затем возрастает и обра-
щается в нуль только один раз.
Докажем, что единственный корень функции f{z),
принадлежащий интервалу [h, 2h], меньше Ь. Путем не-
сложных преобразований f(b) можно привести к виду
f(6) = a2(6-/i)2-/i262;	(5)
из (2) следует неравенство a(b — /i)> hb. Таким обра-
зом, f (b) > 0, а поскольку b > h, то b больше нуля
функции f(z), заключенного в интервале [h, 2h], Итак, х
однозначно определяется из соотношения х = л]Ь2 — z2
(z— нуль функции f(z), заключенный в интервале
[h, 2/i]), ay — из соотношения (1). Найденные значения
у и z удовлетворяют соотношениям (1) и (4), а следо-
вательно и (3). Подставляя найденное значение zb (3),
находим
у2 — (Ь2 — х2) + (а2 — Ь2) = а2 — х2.
Этим соотношением завершается доказательство то-
го, что полученное значение х, и только оно одно, слу-
жит решением задачи.
166
Рассмотрим остальные нули функции f(z). Если
2&2 — З/i2 О, то f"(z) имеет двукратный вещественный
корень или комплексно сопряженные корни. В этом слу-
чае f(z) имеет два комплексно сопряженных нуля. Если
2k2 — < 0, то f"(z) имеет два нуля в интервале [0, h]
и в каждом из них выполняется неравенство 6f"(z) =
= (2z — h)f"(z) — 4 (3/i2 — 2 k2) z — 10&2/i < 0. Поскольку
максимальное и минимальное значения f'(z) отрицатель-
ны, f'(z) имеет два комплексно сопряженных нуля и,
следовательно, f(z) также имеет два комплексно сопря-
женных нуля. Итак, единственный вещественный нуль
функции f(z), отличный от рассмотренного выше, заклю-
чен в интервале [0, h]. В силу соотношения (1) значение
у, соответствующее этому (меньшему) нулю функции
f(z), отрицательно: лестница длиной а касается проти-
воположной стены в точке, расположенной ниже уровня
горизонтальной площадки, а точка пересечения продол-
жений лестниц лежит вне отрезка х.
Можно показать, что больший из нулей функции f(z)
удовлетворяет неравенствам
2Д___— < z < 2h__
38.	Ни один из членов обеих последовательностей не
является целым числом. Левее любого целого числа N
на числовой оси расположено [М/(1 +%)] членов первой
и [М/(1 + У)] членов второй последовательности. Но
К , N N _ц NX — м
1+Х "Г 1+Г — 1+х +* 1+х —	U)
Поскольку число X иррационально, числа М/(1-{-Х) и
М/(1 + У) имеют ненулевые дробные части, сумма кото-
рых в силу соотношения (1) равна 1.
Следовательно, [N/ (1 + X) ] + [N/ (1 + У) ] = N — 1, то
есть левее числа N на числовой оси расположено всего
N— 1 членов обеих последовательностей. Поскольку ле-
вее числа N + 1 расположено N членов обеих последова-
тельностей, то между числами N и W + 1 заключен ровно
один член какой-то из этих последовательностей, что и
требовалось доказать.
39.	Приведенное в условии задачи утверждение не-
верно. Точке плоскости с полярными координатами
(р, О') соответствуют также полярные координаты
167
[(— Опр. яп4-0]. Следовательно, для того чтобы найти
точку пересечения двух кривых, заданных уравнениями
в полярных координатах, необходимо в одно из уравне-
ний вместо р подставить (—1)пр, а вместо 0— угол
лп 4-0 и затем решить систему относительно р и 0 при
любых натуральных п.
40.	Утверждение задачи допускает различные обоб-
щения. Оно остается в силе и при замене в исходном
соотношении кубов сторон а, Ь, с произвольной нату-
ральной степенью п > 1 и при рассмотрении вместо
трех положительных величин а, Ь, с любого числа таких
величин. Мы приведем доказательство обобщенного
утверждения для случая, когда длины отрезков а, Ь, с
удовлетворяют соотношению
an4-^4-c't = 3/nn.
Для удобства все доказательство разбито на 5 тео-
рем *.
Теорема 1. Пусть п — натуральное число больше 1,
х — любая положительная величина, а величина d ф 0,
такая, что сумма х + d положительна. Тогда
(х 4- d)n > хп 4- ndxn~'.	(1)
Доказательство. При п = 2 утверждение теоремы
очевидно, поскольку левая часть неравенства (1) пре-
восходит правую на d2. Умножив обе части неравенства
(1) при п — 2 на положительную величину х + d, полу-
чим неравенство (1) при п = 3. Продолжая этот про-
цесс, можно дойти до любого значения п. Теорема 1 до-
казана.
Теорема 2. Пусть а, Ь, с — положительные величины.
Тогда
[(а4-6 4-с)/3]3>айс,	(2)
причем равенство достигается в том и только в том
случае, если а = b — с.
Доказательство. Предположим, что не все величины
а, b и с равны и что они расположены в порядке воз-
растания. Пусть а 4- b — 2m, тогда с > т, и мы можем
положить с — т 4- d, где d > 0. Подставляя а 4- Ъ =
= 2т, c-m-\-d в левую часть неравенства (2), полу-
чаем [(а 4- Ъ 4- с)/3]3 = (т 4- d/З)3. По теореме 1
168
(т + d/3)3 > т3 + m2d — т2с. Но т2с abc, поскольку
т2 — ab + (а — b)2/4^ab. Теорема 2 доказана.
Теорема 3. Пусть а, Ь, с — положительные величины,
п— любое натуральное число больше 1. Тогда
{ап +Ьп + сп)/3 ^[(а + Ь + с)/3]п,	(3)
причем равенство достигается в том и только в том слу-
чае, если а — b — с.
Доказательство. Пусть а + b + с = 3m, а = m + а',
b = m-\-b', с — tn + с', где а' + Ь' + с’ — 0. По теоре-
ме 1 ап mn + na'mn~l, bn тп + nb'mn~l, сп
тп + пс'тп~\ причем все три неравенства выро-
ждаются в равенства в том и только в том случае,
если а' — Ь' = с' — 0, то есть а — b = с. Следователь-
но, кроме этого исключительного случая, левая часть
неравенства (3) больше тп + птп~х (а + b + с)12 = тп.
Именно эта величина и стоит в правой части неравен-
ства (3). Теорема 3 доказана.
Теорема 4. Из всех треугольников с данным перимет-
ром наибольшую площадь имеет равносторонний тре-
угольник.
Доказательство. Пусть 2р — а-\-Ь с — заданный
периметр, a S — площадь треугольника со сторонами
а, b и с. По формуле Герона S2 — p(p — a)(p — b)%
\(р — с). Если не все отрезки а, b и с равны, то по тео-
реме 2
(р — а) (р — Ь) (р - с) < [(р -а) +
+ (р — 6) + (р — с)]3/27 = р3/27.
Следовательно, S2 < р4/27, или S < р2/Зэ/г, то есть пло-
щадь треугольника с неравными сторонами а, Ь, с мень-
ше площади равностороннего треугольника со стороной
2р/3, что и требовалось доказать.
Теорема 5. Среди треугольников со сторонами а, Ь, с,
удовлетворяющими соотношению
an + bn + cn = 3mn,	(4)
где п — натуральное число больше 1, наибольшую пло-
щадь имеет равносторонний треугольник со стороной гп.
Доказательство. (При п = 1 доказываемое утвержде-
ние совпадает с теоремой 4). Предположим, что не все
отрезки а, Ь, с равны и выполняется соотношение (4).
169
Пусть S — площадь треугольника со сторонами а, Ь, с;
а + b + с = 3s; Es — площадь равностороннего треуголь-
ника со стороной s. Тогда по теореме 4S < Es, а в силу
соотношений (3) и (4) тп > $п, или т > s. Следова-
тельно, если Ет — площадь равностороннего треуголь-
ника со стороной т, то Ет > Es > S, что и требовалось
доказать.
Утверждение задачи следует из теоремы 5 при п =
= 3.
41.	а. Воспользуемся хорошо известной формулой
суммы квадратов п первых натуральных чисел и обозна-
чим через k их ККСК. Тогда
(«+1)(2п+1)=6£2.	(1)
Поскольку число k должно быть целым, то число п не-
четно. Кроме того, правая часть соотношения (1) де-
лится на 6, поэтому п = 6а + Р, где 0 = ±1. Рассмот-
рим сначала случай, когда n = 6a—1. Подставляя это
значение в (1), находим а(12а— 1) = &2, а поскольку
множители а и 12а—1 взаимно просты, то а — 12 и
12а— 1 =/п2. Следовательно, 12/2 = т2 + 1. Но такое
равенство невозможно, поскольку квадрат любого це-
лого числа либо кратен 4, либо равен кратному 4
плюс 1.
Рассмотрим второй случай, когда п = 6а+1. Под-
ставляя в (1), находим (За + 1) (4а -f-1) = k2. Посколь-
ку множители За + 1 и 4а + 1 снова взаимно просты,
то За 4- 1 = /2, 4а + 1 = т2 и (2/)2 — 3/n2 = 1. Это
уравнение можно решить в целых числах хорошо извест-
ными методами и, зная решение в наименьших целых
числах, получить все остальные (см. III.9). Три решения
в наименьших целых числах имеют такой вид:
1	т	п	k
1	1	1	1	(2)
13	15	337	13 X 15
181	209	65 521	181 X 209
б. Вычтем сумму первых а — 1 натуральных чисел из
суммы первых а + п — 1 натуральных чисел, разделим
170
разность на п и приведем подобные члены. В резуль-
тате мы получим соотношение
2n2 + (6a-3)n + 6a2-6a+ l=6fc2,	(3)
где k — целое число. Как и в пункте «а», рассмотрим
два случая: n = 6a-f-l и n = 6a—1. При n = 6a+l
из соотношения (3) находим
За2 + а — k2 — /2, I — а + За.	(4)
Поскольку разность k2 — I2 при делении на 4 дает
остаток 0, 1 или 3, то либо as0(mod4), либо as
= 1 (mod 4). Число За2 + а и в том и в другом случае
делится на 4. Следовательно, числа k и I либо оба чет-
ные, либо оба нечетные. Пусть k — I = 2m. Тогда пер-
вое из соотношений принимает следующий вид:
a(3a-f-1) = 4т(/+ иг).	(5)
Соотношение (5) порождает бесконечное множество ре-
шений в целых числах. Действительно, выбрав допусти-
мое значение а и подставив его в левую часть соотно-
шения (5), мы можем взять в качестве т один из де-
лителей числа W = a(3a-]-l)/4, а зная т, найти за-
тем I, k и а. При этом, как следует из соотношения (4),
должно выполняться неравенство I > За, что дает для
т ограничение
Любое допустимое значение а 5 приводит по крайней
мере к одному решению
(т — 1, a —	---(3a -f- 1), п — 6а + 1)
и может порождать несколько решений. Некоторые та-
кие решения представлены в приводимой ниже таблице.
При п = 6a — 1 вместо (4) мы получаем следую-
щее соотношение:
За2 — а — k2 — I2, I = а — 1 + За. (6)
В этом случае допустимые значения а удовлетворяют
либо сравнению a s 0 (mod 4), либо сравнению as
s3(mod4). Следовательно, если снова положить
k — I = 2т, то
a (За— 1) = 4т(/т).	(7)
171
Дальнейшие рассуждения аналогичны предыдущему
случаю. Приведем несколько пар значений п и а,
при которых ККСК последовательных целых чисел
а, а+1.....а + «—1 также является целым числом.
При п = 6а -j- 1
п	1	31	49	55	73	79	79	97	97
а	Любое	4	25	35	74	90	24	48	147
(При п < 79 допустимо только т = 1, при п = 79
и 97 допустимы т = 1, 2 и т. д.)
При п = 6а — 1
п	41	47	65	65	71	89	89	95	95	.. .
а	14	22	10	55	69	8	120	45	140	...
42.	Пусть х — число кокосовых орехов в куче до того,
как пришел первый «посетитель», а у — число орехов,
оставшихся после ухода n-го посетителя. По условиям
задачи
x—l=kn, y = hn,	(1)
где k, h, и п — неизвестные целые числа. Пусть
(п — 1)/п=р. Тогда после ухода первого любителя ко-
косовых орехов в куче осталось knp орехов, а после
ухода r-го любителя —
knpr — (рг~1 + рг-2+ ... +р2 + р) =
= (fe+D^-lf-Cn-l)^-1	(2)
Приравняв при г = п правую часть соотношения (2)
числу hn, находим
(*+ 1)(«- 1 )" = [(/г+ 1)п — !]««-!,	(3)
откуда ввиду взаимной простоты пип — 1 вытекает,
что
& + 1 = mnre-1, (ft-]- 1)п— 1 = т(п — 1)",	(4)
172
где т — некоторое целое число. Второе из соотношений
(4) можно представить в виде
h = (n— l)n_1[/n(n — I)"-1 — 1];	(5)
отсюда видно, что число т(п — 1)п-1 — 1 кратно п. Кро-
ме того, очевидно, что если нам удалось бы найти одно
значение т, например т', при котором число
т'(п — 1)п-1 — 1 кратно п, то любое значение т, обра-
щающее h в целое число, можно было бы задать соот-
ношением т = т' + пс, где с — любое натуральное чис-
ло. Если т'—наименьшее натуральное значение т, то
все целые значения h можно получать, придавая с по-
следовательные натуральные значения 1, 2, 3, ... . Пер-
вое из соотношений (4) определяет соответствующие
значения k, а соотношения (1)—значения х и у. Заме-
тим также, что, подставляя & + 1 из (4) в (2), мы убе-
ждаемся, что все промежуточные результаты (число
орехов после ухода r-го прохожего) также являются це-
лыми числами, то есть целочисленность h служит един-
ственным ограничением на т. Таким образом, общее
решение, соответствующее любому заданному значению
п, имеет вид
х — (т' + пс) пп—(п — 1),
у = (т' + пс)(п— 1)" — (п — 1),	(6)
где т' — наименьшее натуральное число, при котором
т'(п — 1 )п-1 — 1 кратно п.
Поскольку (п—1)п-*=(—l)n-1(modn), мы видим,
что наименьшее положительное значение т', удовлетво-
ряющее сравнению
т(п — I)"-1 -1 = 0 (mod п),
равно 1 при нечетном п и п — 1 при четном п. Таким
образом, общее решение задачи можно представить
в виде
х — (1 + пс) пп — (п — 1),	у — (1 4- пс) (п — 1)" — (п—1)
при нечетном п и
х = (п — 1 + пс) пп — (п — 1),
у = (п — 1 + пс) (п — 1)" — (п — 1)
173
при четном п. Обе эти формы можно объединить
в одной:
х = Кпп- (п - 1), у = К(п-1)п-(п-1),
2К = п(1 4* 2с) + (—1)”+I (2 — п),
где п и с — любые натуральные числа.
В таблице представлены численные значения глав-
ных (отвечающих т = т') и общих решений х и у при
п = 2, 3, .... 10.
п		*0	«О	хс	Ус
2	1	3	0	3 + 8с	0 + 2с
3	1	25	6	25 +81с	6 + 24с
4	3	765	240	х0 + 45с	Уо + 4 • 34с
5	1	3 121	1020	х0 + 5вс	Уо + 5 • 45с
6	5	233 275	78120	х0 + 67с	Уо + 6 • 5вс
7	1	823 537	279 930	х0 + 78с	Уо + 7 • 67с
8	7	117 440 505	40 3 53 600	х0 + 89с	Уо + 8 • 78с
9	1	387420 481	134 217 720	х0 + 910с	Уо + 9 • 89с
10	9	89 999 999 991	3 1 381 059 600	х0 + 10ис	г/о+Ю-Э^с
43.	Пусть ац = fr+i+j-2 (i = 1, 2,	1; j = 1,
п
2, ..., п). Тогда D = atjAij (t =1, 2, ..., n), где
Aij обозначает алгебраическое дополнение элемента
aij в определителе D. Кроме того, da^dx = (г i +
+ /—l)ai+i,j. Следовательно, по правилу дифференци-
рования определителя
п п	п Г п	-1
1=1 /=1	i = l L/ = l	J
Вычитая из каждого выражения, стоящего в квад-
ратных скобках, величину
"	(0 при i = 1, 2, ..., п — 1;
(г 4- 2г 1) £ a(+ll jAjj (г 4- 2п — 1)D' при i =п,
174
получаем
п п
£=Г Г (/ - г‘) а^<1Ач+о-+2п - о D'-
1-1 1=1
Двойная сумма, входящая в правую часть последнего со-
отношения, равна нулю, поскольку при i = j обращает-
ся в нуль член (/ — »), а остальные члены можно раз-
бить на пары
(/ — О о/+1, /А/ + О - /) a/+i, {Ац,
которые взаимно уничтожаются, поскольку ai+i,} =
= dj+i, Aij Aji и / i = (i— /).
Таким образом,
^ = (r + 2n-l)D',
что и требовалось доказать.
44.	Сумма ^Aikxlyk содержит члены второго и бо-
лее высокого порядков. Решение задачи следует из того,
что исходная система уравнений -эквивалентна системе
<р(х, г/) = 0, d{xay)ldx=Q,	(1)
если под у во втором уравнении понимать функцию, не-
явно заданную первым уравнением.
Докажем, что система уравнений (1) допускает ре-
шение в положительных числах х и у. Для этого рас-
смотрим функцию z(x) = xay, где у — неявная функция
от х, определяемая уравнением <р(х, у) = 0. При у = 0
уравнение <р(х, 0) = 0 также имеет корень, заключен-
ный между 0 и 1, который мы обозначим через е.
Записав уравнение <р(х, у) =0 в виде
п-1
У+ S Alkx'yk = 1 — х —£ Л</ = 1 -ф(х, 0),
2<«+£<П	1=2
l<k
мы без труда убедимся, что на отрезке [0, е] оно имеет
единственное неотрицательное решение у(х), причем
z/(e) = O. Поэтому z(x) = xay(x) определена на [0, е],
положительна в (0, е) и
z (0) = z (е) = 0.
175
Теорема Ролля позволяет утверждать, что в интервале
[О, е] существует решение системы (1), а значит, и ре-
шения исходной системы в положительных числах х>
> 0, у > 0.
Докажем, что это решение единственно. В своих рас-
суждениях мы будем исходить из того, что d2(x“y)/dx2<
< 0 при <р(х, у) = 0, d(xay)!dx = 0. Докажем это утвер-
ждение.
Произведя подстановку z = хау или у — x~az, преоб-
разуем уравнение <р(х, у) = 0 к виду
О (х, z) = х + zx~a + У А^х1~иа^ —1=0.
Члены разложения функции О(х, z) расположим по
убывающим степеням х:
О (х, г) = Р^ + Р2х“2 + ... + Р/-1х“/-> + Pi +
+ Р/+1х“/+> + ... +Ртх“«,
где cq > а2 > ... > <x/-i > 0; 0 > а/+1 > а/+2 > ... > ат.
Коэффициенты Ps разложения при s #= / представляют
собой относительно z многочлены с положительными
коэффициентами. Свободный член многочлена Pj равен
— 1, а коэффициенты при ненулевых степенях z, если
таковые имеются, положительны. Система уравнений
dz!dx = Q, <р(х, у) = 0 при положительных х и у экви-
валентна системе уравнений -&(х, z) = 0, dzjdx — Q. Но
д-&/дх + (dft/dz) (dz/dx) = 0, в силу чего д$/дх — 0. Вто-
рую производную (Pzjdx2 найдем из уравнения
дгЪ  дЪ d2z______
дх2 ' дг dx2
При положительных х и z производная dftjdz поло-
жительна. Следовательно, чтобы доказать неравенство
dtzfdx2 < 0, нам необходимо доказать неравенство
дЧЬ/дх2 > 0. По определению функции •&(х, z)
i-l	т
4г=2р&а^_1+ Е wr*=o,
6=1	А=/+1
176
или
/—1	т
У Pftaftx“* = O.	(1)
А=1	А=/+1
С другой стороны,
/—1	т
= У Pk«k (а* ~ 1) х“*-2 + У PkVk (a* — 1) x“ft-2
6=1	A=/+l
И
А !~1	т
x2JF- = EP^^-I)x“ft+ У Л№(а*-1)Л
6=1	A=/+l
Правая часть в силу соотношения (1) преобразуется
к виду
/—1	т
SPwix“fe+ У Pk^kxak.
Л“1	й“/+1
Поскольку при k ф! многочлен Рд(г) как многочлен
с положительными коэффициентами при положитель-
ных z принимает положительные значения, то
что и требовалось доказать.
45. Решение задачи сводится к отысканию минимума
функционала
х2
I = j fdx,
Xi
где f = V1 y'2ly, y#=0. Поскольку f не зависит явно
от х и вдоль минимизирующей кривой существует ее
вторая производная, уравнение Эйлера имеет первый
интеграл f — y'fy' = С, которым можно воспользоваться
при отыскании экстремали *. Действительно, подставляя
в него выражение для f и fy, = y'y~l (1 + у'2)~'А, получаем
У-1 (I + у'2)'4 - у'2у~х (I + у'Г'1г=/ (1 + у'2ГЧг = С.
Решением этого дифференциального уравнения служит
1 См., например, И. М. Гельфанд, С. В. Фомин, Вариационное
исчисление, М., Физматгиз, 1961, § 4 и 30. — Прим. ред.
177
двупараметрическое семейство полуокружностей
(х+&)2 + у2 = С2, k>0,
с центрами на оси х. При Х\ х2 через точки (хь г/i) и
(х2, у2) будет проходить одна и только одна полуокруж-
ность, принадлежащая этому семейству. Нетрудно убе-
диться в том, что именно эта полуокружность достав-
ляет минимум функционалу /. (При Х\ = х2 минимизи-
рующая полуокружность вырождается в прямую.) Вос-
пользуемся для этого условием Якоби. Полагая k = ki,
построим однопараметрическое поле экстремалей, по-
крывающих полуплоскость у > 0. Для этого поля
= у-1(1 + г/'2)-3/2>0 (при у > 0). Таким образом, до-
статочное условие того, что построенная полуокруж-
ность минимизирует функционал /, выполнено.
46. Воспользуемся методом производящих функций.
Пусть
1
а0=-1, av = (-l)v-*J(9^ (v = l, 2,...)
о
их — любое положительное число, меньшее 1 (0 < х <
< 1). Тогда
©о	1 ©о
zw=2==- 5dt Е (v)=
V«=0	0 V«=0
1
= — ( (1 — х)* dt — ,	-г
J '	' In (1 — х)
о
(почленное интегрирование допустимо, поскольку бино-
миальный ряд, стоящий под знаком интеграла, сходится
равномерно). Для вычисления f(x) воспользуемся фор-
мулой Коши. Рассмотрим комплексную плоскость z с
разрезом вдоль вещественной оси от I до оо. В остав-
шейся части плоскости функция ln(I— г) однозначна
и аналитична, поэтому мы можем положить
In (1 — г) — In | 1 — z | + cot,
где
co = arg(l — z), — л < co < л.
В разрезанной комплексной плоскости функция f(z)
однозначна и аналитична.
178
Пусть С — любой контур, не имеющий общих точек
с разрезом и содержащий внутри себя точки z = 0 и
z = х. Тогда по формуле Коши
f (и = -L С Иг) dz = — ( dz	=
' ' ' 2ni J z — x u 2ni J (z — x) In (1 — z)
__ 1 C dz_______|_ x Г_______dz_________
2ni J In (1 — z) ‘ 2ni J (z — x) In (1 — z)
c	c
= - 1 + 2ST J (z-x)ln(l-z)------1 +x<p(x).
c
Функция l/ln(l— z) аналитична во всех точках кон-
тура С, за исключением z = 0, где она имеет полюс с
вычетом —1.
Пусть R, р и h — произвольные положительные чис-
ла, удовлетворяющие неравенствам р < 1 — х, R > 1 -f-
4-е и h < р, z = g 4- гг). Проведем на плоскости г
окружности
СЛ: |г| = Я, Ср: 11 — г|=р
и полупрямые
£>л: п = ±/г, g > 1.
Ясно, что в качестве контура С мы можем выбрать гра-
ницу области, лежащей между окружностями Ср и CR и
вне полосы, заключенной между полупрямыми Dh, Обо-
значим С'ц, Ср и D'h, круговые и прямолинейные части
контура С. Тогда
Ч5 W = "2лГ Г J — 5 + П (z — х) In (1 — z) =
М Ср
2ni I J J I (z — х) In (1 — z)
М c'J
।	1 C ______dz______
2llZ J (Z — x) In (1 — z) ’
D'h.
Прямолинейные части D'h контура С состоят из отрез-
ков двух прямых, параллельных вещественной оси,
расположенных симметрично относительно нее и
179
проходимых в противоположных направлениях. Нетруд-
но видеть, что
Л->о J (z-x)ln(l -z)
Dh
R
1 С Г 1_______________1	1 dt
2ш' JpLln+ci-g) In-(l-g) Jg-x ’
где ln+(l — z) и ln_(l — z) означают соответственно
предельные значения In (1 —z), когда точка g стремится
к разрезу сверху и снизу. В силу принятых нами согла-
шений относительно функции ln(l — z)
ln+(l-g)=ln(g-l)-m, ln-(l-g) = ln(g-l) + m,
_____________1__________1___________2ni___
ln+(l —g) ln“(l-g) — ln2(|-l) + n2
и
R
..	1 Г _ Г __________dg_________
J J (g-x)[ln2(g-l) + jt2]’
D'h. l+P
“ S ] (z - x) In (1 - z) +
CR cp
R
. f _________dg_______
J (g-x)[ln2(g-l) + «2J-
1+p
Устремим теперь к бесконечности, ар — к нулю. Если
е — любое положительное число, то при достаточно боль-
шом на контуре С будет выполняться неравенство
I 1	|
I ln(z — 1) I	8'
Следовательно,
2Л
1 f . е Г Я dO п	. , п \
} <1R}-R^T-*° ПРИ 8->0 (/?->оо).
Сд о
Поскольку при Z—> 1
In (1 — z)
180
на контуре Ср при достаточно малом р будет выпол-
няться неравенство
I 1 I
I 1п(1 - Z) I < 8’
и, таким образом,
2Я
1 Г I . е Г р dft п
М)	П₽й 8
СР	0
Объединяя полученные неравенства, получаем окон-
чательно
ф (%) = lim (	-d.l---77-;--77
p->0 j (£-*) [ln2(g-l) + n2]
^->00 1+P
__________rfg__________
(g-x) [ln2(g-l) + n2] ’
а производя подстановку £ = £+ 1, приводим ф(х) к виду
f_________ft_______
} (С+1-х)(1п2С + л2) ’
o
Разлагая подынтегральное выражение в ряд по воз-
растающим степеням х и предполагая (справедливость
такого предположения будет доказана чуть ниже), что
его можно интегрировать почленно, получаем
f(x)= £ а^ = -1 +хФ(х) = - 1 +	$ (ei£c + ^
v=o	v-1 о
откуда
о	о
181
Именно это соотношение и требовалось доказать. Для
обоснования законности почленного интегрирования по-
ложим
Г Л, X) =
1	1 Г х	rn~x Т
S+1-X	5 + 1 L S + J “ (S + l)n-1 J
=________£________
(5 +!)"(? + 1-х) ’
X) = Ф(Х) - £ х- j (£ + 1)v+^ln2£+jl2j =
_ С гп (I, х) ,
' 1пЧ+л2
о ’
Тогда при п-> оо
и
П—1 ОО
<р(х)= lim У* xv	5----Х-,
J (£ + l)v+1Un2g+Jt2l
что и требовалось доказать.
Мы доказали формулу (1) для всех натуральных
значений v. Однако левую и правую части этой фор-
мулы можно рассматривать как аналитические функции
переменной v, принимающей не только натуральные зна-
чения. Действительно, положив
/—I?'-1 ( Н = eW-i)_______£(£+_v)____
v ' \vj	Г(<-v + l)T(v +1)’
мы получим функцию
1
F М S3 (	-----£(£+1}-------dt
Г{у) }е r(/-v+l)r(v+l) ’
о
аналитическую при любых значениях v. С другой сто-
роны, функция
182
заведомо аналитична, если вещественная часть v боль-
ше 1. По доказанному выше функции F(v) и O(v) сов-
падают при бесконечно многих значениях аргумента
v = 1, 2......Можно было бы думать, что <p(v) и F(v)
представляют одну и ту же аналитическую функцию.
Докажем, что такое предположение неверно.
Функция F(y) аналитична при v = 1. Докажем, что
O(v) не аналитична при v=l. Полагая v — 1 = s,
g 4- 1 = ef, имеем
_ , х w, . С e~st dt	С t С е st dt
O(v) —W)— J ln2(</_1) + n2 — [j + ijln2(^_l) + n2>
где a — некоторое фиксированное число, большее 1. Пер-
вое слагаемое в правой части последнего равенства ана-
литично при всех значениях s (целая трансцендентная
функция). Чтобы преобразовать второе слагаемое, за-
метим, что в полубесконечном интервале (a, 4-°°)
in (ef — 1) = Ine* + In (1 — e~f) = t —- '&e~t,
где 0 < ft < eal(ea — 1) < 2.
Следовательно,
1 1 =
ln2(e* — 1) + n2	t2 4- л2
__	— &2e~2t
(t2 4- n2) [(/ 4- Oe-*)2 4- л2]
где P(t)—функция, ограниченная на полубесконечном
интервале (a, -f-oo). Подставляя полученное выражение
для l/{ln2(ef— 1)4-л2] в правую часть выражения, опре-
деляющего функции O(v) и 4r(s), получаем
Г e~st dt _ Г e~st dt . Г e~(s~l>tP(t)
J ln2(e* — 1) 4-л2 J /24-л2 J t2
a	a	a
Второе слагаемое в правой части аналитично, если ве-
щественная часть s больше —1. Обозначим ф(з) первое
слагаемое в правой части:
оо
Ф (s) = J
а
e~st dt
/1 24-л2 ’
(2)
183
Пусть з = о 4-ir, где т — произвольная величина, а а >
> 0. Дифференцируя (2) под знаком интеграла (что
можно делать, поскольку получающийся интеграл рав-
номерно сходится), находим вторую производную функ-
ции ф (s):
оо
Ф"(з) = j
а
e~sit2 dt
t2 + л2
ОО	оо
f _,{	2 С e~st dt
= Г
а	а
Если з стремится к нулю, оставаясь в правой полупло-
скости, то интеграл
°° —st
J t2 + л2
a
остается равномерно ограниченным по абсолютной ве-
личине
оо	оо
г e~st dt	С	dt _ 1
J t2 + л2	J	t2 + л2	2 ’
а	0
оо
Наоборот, член e~st dt — e~as/s -> о° при з-+0. Это
а
означает, что ф"(з) неограниченно возрастает при з-*0.
Следовательно, функция ф(з) не аналитична при з = 0.
Это справедливо и относительно У (з) при з = 0 и Ф (v)
при v= 1. Таким образом, F(v) и O(v) — две различ-
ные аналитические функции, значения которых совпа-
дают при v = 1, 2.....Возникает вопрос, могут ли зна-
чения этих функций совпадать в точках, образующих
другую бесконечную последовательность {vn}, п=1,
2, ... . Нетрудно доказать, что это невозможно, если
последовательность {vn} имеет по крайней мере одну
конечную предельную точку, вещественная часть кото-
рой больше 1. Действительно, не ограничивая общности,
предположим, что vn -* vo при в-*оо и что веществен-
ная часть vo больше 1. Тогда функция Q(v) = F(v) —
— O(v) аналитична при v = vo и имеет бесконечно
много нулей в окрестности v = vo, из чего следует, что
Q (v) ss 0. Разумеется, последовательность {vn — п} этим
свойством не обладает.
В заключение заметим, что, подставив в выражение
для F(v) хорошо известные асимптотические формулы
184
для гамма-функции, можно получить оценку для коэф-
фициентов av производящей функции f(x): av =
— O(l/vln2v).
47. Пусть а, b, с — длины ребер, сходящихся в вер-
шине О тетраэдра ОАВС с тремя прямыми плоскими
углами при вершине; Alt А2, Аз, А — площади граней
АОВ, ВОС, СОА, АВС. Если cos a, cos р, cosy — направ-
ляющие косинусы нормали к грани АВС относительно
прямоугольной системы координат с началом в верши-
не О и осями, положительные направления которых сов-
падают с ребрами а, b п с, то Ai = Л cos а, А2 = Л cos р,
Аз — A cos у. Поскольку cos2 а -f- cos2 р 4- cos2 у = 1, то
л?+л22+л23=л2.
Пусть V — объем тетраэдра ОАВС, г — радиус впи-
санной сферы. Тогда
67 = abc = 2г (Л1 4- Л2 4- Л3 + Л),
откуда
___	abc	__ abc (А, + А2 + А3 — А) _
Г~ 2(Л1 + Л2+ Лз + Л) “ 2 [(Л, + Л2 + Л3)2 - Л2] “
__ Ai -|-Л2-|-Л3 — Л
а + b + с
48. Общие утверждения, о которых говорится в пунк-
те «в» условия задачи, можно сформулировать следую-
щим образом (пункт «а» содержится в первом утвер-
ждении как частный случай, отвечающий п = 2, р = 3;
пункт «б» получаем из второго при п = 2, р = 5):
Если п — любое натуральное число ^2 и уравнение
хп 4- Уп = разрешимо в целых числах, то:
1) при п = (р — \ )k, где р^З— простое число, чис-
ло х или у делится на р;
2) если п = (р— 1)6/2, где р^5— простое число,
то х, у или z делятся на р.
Доказательство утверждения 1. Пусть п = (р—1)6.
Предположим, что ни х, ни у не делятся на р. Тогда по
малой теореме Ферма (III. 6)
/ = г/"= 1 (mod р).
Если z не делится на р, то по той же теореме
z" = 1 (mod р),
185
а если z делится на р, то
zn = 0 (mod р).
И в том и в другом случае хп -f- уп = 2 (mod р) Ф
ф. zn (mod р 3). Утверждение 1 доказано.
Доказательство утверждения 2. Пусть п = (р — 1)6/2.
Предположим, что числа х, у и z взаимно просты с чис-
лом р. Тогда при р 5 справедливы следующие срав-
нения: xnss±l, z/ns±l, zn = ±1 (modp). Следова-
тельно, либо
xn + yn == ± 2 (mod p) Ф zn (mod p),
либо
xn -f- yn == 0 (mod p) Ф zn (mod p).
Утверждение 2 доказано.
49.	Пусть <p — многочлен (1, 2, 3, 4, 5, 6), a ф— мно-
гочлен, стоящий в правой части доказываемого тожде-
ства.
Прежде всего докажем, что при i j многочлен ф
обращается в нуль при подстановке переменных (х„ у,)
вместо (х,-, yt) (обращение в нуль при такой подстанов-
ке многочлена <р очевидно). Многочлен -ф состоит из
двух слагаемых, каждое из которых представляет собой
произведение определителей третьего порядка (t, /, k).
При замене переменных (xt, z/j) переменными (хг, У2),
(х3,у3), (хз,уз), (хз,уз) один из определителей в ка-
ждом слагаемом обращается в нуль, в силу чего мно-
гочлен ф также обращается в нуль. При подстановке
(х4, у4) вместо (xi,z/i) слагаемые равны по величине, но
противоположны по знаку, и ф снова обращается в нуль.
При циклической перестановке индексов 123456 —► 234561
многочлен if лишь изменяет знак. Следовательно, при
подстановке вместо (хг, У2) любой другой пары пере-
менных (Xi, г/i) с i #= 2 многочлен ф обращается в нуль.
То же можно сказать и относительно замены (х,, Уг)
переменными (х}, у}) при любых i ф j. Итак, утвержде-
ние доказано.
Докажем теперь, что <р и ф — многочлены относи-
тельно 12 переменных, не равные тождественно нулю.
Для этого заметим, что многочлен ф содержит лишь
один член вида x-x2z/2z/2x4z/5 — произведение элементов,
стоящих на главной диагонали определителя (1,2,3,4,
186
5,6). Выясним, есть ли такой член в многочлене ф.
Каждое из двух слагаемых многочлена ф представляет
собой произведение четырех определителей (i, /, k). По-
скольку выделенный член имеет относительно совокуп-
ности 12 переменных х{, у, (i = 1, 2, ..., 6) степень 8,
каждый определитель третьего порядка должен давать
вклад в виде монома степени 2. Отбросив переменные
х3, х5, х6, у\, у ь у в, не входящие в выделенный член, мы
обнаружим, что определитель (6, 1, 2) порождает един-
ственный моном, который может быть «полезен», а
именно Х1у2, а определитель (4, 5, 6) — моном х4уз. По-
скольку переменная уз в выделенный член входит в пер-
вой степени, при рассмотрении определителя (1,3,5) не-
обходимо отбросить у5, после чего его вклад сведется
к моному Xi«/3. Наконец, в определителе (2, 3, 4) необхо-
димо отбросить все члены, кроме х2уз. Итак, первое сла-
гаемое многочлена ф единственным способом порождает
член х2х2у2х2х4у. с коэффициентом 1. Во втором слагае-
мом определитель (5,6,1) порождает моном Xiy5, опре-
делитель (3, 4, 5) — моном х4уз, поскольку переменная уз
содержится в предыдущем мономе. В разложении опре-
делителя (2,4,6) можно было бы использовать лишь
моном х4у2, но он привел бы к появлению в выделен-
ном члене множителя х2. Следовательно, второе слагае-
мое не содержит члена требуемого вида, и многочлены
<р и ф содержат член х2х2у2у2х4у5 с одинаковым коэффи-
циентом, равным 1. Таким образом, ни <р, ни ф не могут
быть многочленами относительно переменных хг, уг,
тождественно равными нулю.
Докажем далее, что <р = сф, где с — некоторая по-
стоянная, которую мы определим несколько позже. Вы-
брав все возможные тройки попарно различных индек-
сов i, j, k, рассмотрим произведение л всех соответ-
ствующих им определителей	Как многочлен
относительно 12 переменных xs, ys, произведение л не
равно тождественно нулю, поскольку ни один из его
сомножителей не обращается тождественно в нуль. Сле-
довательно, произведение многочленов л<р также не
обращается в нуль. Поскольку л<р—непрерывная функ-
ция переменных X/, г/г-, в пространстве этих переменных
существует область R, в которой многочлен л<р не при-
нимает нулевых значений. Фиксируем значения всех
187
переменных, кроме Xi, yit выбрав их так, чтобы полный
набор всех 12 переменных принадлежал R. Тогда <р обра-
тится в квадратичный относительно Xj, у\ многочлен, не
равный тождественно нулю. Покажем, что этот квад-
ратичный многочлен неприводим. По доказанному выше
многочлен ф обращается в нуль, если свободные пере-
менные Xi, yi совпадают с любой парой фиксированных
переменных Хг, уч, ..., Хб, у§. Следовательно, если ф со-
держит два линейных относительно Хь У\ множителя, то
по крайней мере один из них должен обращаться в нуль,
когда значения Xj, у\ совпадают, например, с тремя па-
рами выбранных значений Хг, г/г; Хз, г/3; х4, у4. Но тогда
определитель (2, 3, 4) должен при этих значениях обра-
щаться в нуль, что невозможно, поскольку фиксирован-
ные значения переменных х,-, yt (i 2) принадлежат об-
ласти R. Полученное противоречие доказывает непри-
водимость многочлена ф.
Оставляя фиксированными значения X/, уг (i 2) из
области R, рассмотрим ф как многочлен относительно
переменных Хь у\. Оба многочлена ф и ф квадратичны
относительно X], у\, один из них (а именно ф) неприво-
дим, и каждый обращается в нуль при пяти различных
наборах значений, совпадающих с значениями фиксиро-
ванных переменных. Следовательно, ф = С]ф, где С\ не
зависит от Xi и г/i, а ф и ф рассматриваются как мно-
гочлены относительно хц у\.
Предположим теперь, что свободными являются пе-
ременные х2, у2, а остальные переменные фиксированы,
причем их значения лежат в области R. Повторяя при-
веденные выше рассуждения, мы заключаем, что ф =
= Сгф, где С2 не зависит от Хг, у2- Если ф и ф рассмат-
ривать при одном и том же полном наборе переменных
X/, у, из R, то (ci — Сг)ф = 0. Поскольку ф не обра-
щается в нуль при любом наборе переменных из R,
то ф также не обращается в нуль в области R, в силу
чего С\ = С2. Проводя аналогичные рассуждения с дру-
гими парами переменных, мы в конце концов приходим
к соотношению ф = сф, где с — абсолютная постоянная
(по крайней мере в области R), не зависящая ни от
одной из 12 переменных. Поскольку по доказанному
выше многочлены ф и ф содержат один и тот же член
х^х2г/2г/|х4г/5 с одним и тем же коэффициентом, то с = 1.
Таким образом, в области R многочлены ф и ф тожде-
188
ственно равны. Следовательно, они тождественно равны
при любых значениях переменных х^, что и требова-
лось доказать *.
50.	Сумму первого ряда можно преобразовать сле-
дующим образом:
ОО	ОО	СО	оо
у» 1	Г	(—1)” sin nz . ____ С	dz	уч (—l)ra+l sin nz___
Zunj	z -j-n	J	Z + Л Z-l	n
га-1	л	-я	n-1
oo (26+1)Я
—E 5
6-1 (26-1)Я
dz
z + л
(~l)ra+1 sin nz
n
При z, изменяющемся от (2k— 1)л до (2k -f- 1)л, сумма
ряда, стоящая под знаком интеграла, равна г/2— kn.
Следовательно,
Д =
(26+0 я
Г dz
J z + л
(2б-1)Я
— Т У I2 — <2А: + л 1п (2 +
1(26-0 Я
= 4 У 1(2Л 4- 1) in (k 4- 1) - (2Jfe 4-1) In k - 2] = 4 lim uri
к,	z
где
«г= S 1(2*4- 1)1п(Л4- 1) — (2Л4- l)ln*-2] =
б-i
= (2г 4-1) in (г 4-1)-2 2 in Л-2г.
б-i
Пользуясь формулой Стирлинга [111.11(6)], находим
.. и ..	(r+l)2r+1	..	(r+l)2r+1 е2г
hm е г == hm 2 = lim ------------------£--------------s- >
r->oo	r->oo с (г!) г->оо с	2тсг * Г
1 Л . 1\2г+1
2л ’
откуда А — л — л In 2л/2.
189
Аналогичный прием позволяет также вычислить
сумму второго ряда. Преобразовав В к виду
00 °° Я
Sdz	(—1) + sin nz	л < <-> С dz п
--— \ Д---->.---------- = л — — In 2л — \ —,-—,
z 4- л Z_< п------------------------------2	j z -I- п 2
о Л=1	о
мы без труда получаем окончательный результат: В —
— л/2 — л in л/2.
51.	Выберем прямоугольную систему координат с на-
чалом в центре мельничного колеса, ось у направим
по вертикали, а ось х по горизонтали. Предположим, что
мельничное колесо вращается против часовой стрелки.
Пусть а — угол, составляемый радиусом колеса с поло-
жительным направлением оси х в момент отрыва капли
воды. Траектория сорвавшейся капли воды будет опи-
сываться параметрическими уравнениями
x = acosa — v/sina,
г/ = a sin a + v/ cos a — у gt2,
где t — время, прошедшее с момента отрыва капли от
обода мельничного колеса, а a cos a, a sin a — координа-
ты точки отрыва. Исключив время t, мы получим урав-
нение
у —a cosec a — х ctg a — у gv2 cosec2 a (a cos a — x)2 (1)
семейства парабол, описываемых сорвавшимися с мель-
ничного колеса каплями воды.
Дифференцируя (1) по параметру а, находим
v~2 cosec2 a (a cos a — х) (v2 — ga cosec a -f- gxctga) =0. (2)
Обращение в нуль множителя v-2 cosec2 а, не пред-
ставляет для нас интереса.
Если a cos а — х = 0, то у = a sin а, и мы приходим
к уравнению наружного обода мельничного колеса
х2 + у2 = а2.
И наконец, рассмотрим случай, когда в нуль обра-
щается последний множитель
х = а sec a — v2g-1tga.	(3)
190
Подставляя (3) в (1) и упростив полученное урав-
нение, находим
1	2	1
У =~2 У §	—
— 4 Sv~2 [(f4g~2 + a2) tg2 а — 2av2g~l sec а tg а], (4)
а возводя (3) в квадрат, приходим к соотношению
х2 — а2 = (v4g~2 + a2) tg2 а — 2av2g~l sec а tg а.	(5)
Наконец, исключая из (4) и (5) параметр а, находим
уравнение огибающей парабол, описываемых отдель-
ными каплями воды:
х2= — 2v2g~' [«/ — j Sv~2 (v4g~2 + а2)].
Мы видим, что огибающая имеет форму параболы,
вершина которой расположена на расстоянии g(v2g_2 +
+ a2g~2)/2 над центром мельничного колеса.
52. Путем тех же рассуждений, которыми мы поль-
зовались в задаче 29, можно получить равенство
П	,	, 2	.
Л	U2 V-'	(
-J2 = arcctg — + 2, arcctg J,
где {мг}— любая последовательность, удовлетворяющая
рекуррентному соотношению «г+2 = 4ur+l — ur, a D =
= и2 — и[и3. Этот результат позволяет получать различ-
ные представления для числа л в зависимости от того,
как выбраны значения двух первых членов последова-
тельности. При «1=2, «2 = 8 мы получаем решение
задачи 29. Полагая «1 = «2 = 1, находим «З=3, D =
= —2 и после несложных преобразований получаем
разложение числа л, которое требовалось доказать.
53. Пусть Xi, Хг, Хз— точки комплексной плоскости,
совпадающие с вершинами исходного треугольника, у\ —>
вершина равностороннего треугольника, построенного
вовне на стороне х2хз. Поскольку треугольник у 1X2X3
равносторонний, то
Ух
1
1 1 1
191
где в и 82 — кубические корни из 1, отличные от 1. Рас-
крывая определитель, находим у\ = — е(х3 + ех2). Ана-
логично, если у2 и л/з — вершины равносторонних тре-
угольников, построенных на сторонах x3xt и xtx2 ис-
ходного треугольника вне его, то
№ = — е (%1 + 8%3), у3 — ~~ e(x2+exi).
Пусть а1г аг, а3— центры тяжести построенных тре-
угольников. Тогда
at==y(l — 8) (Х3 —- 82Х2),
а2 = у(1 — е)(%! — 82х3),
а3 = у (1 — е) (х2 — е2%1).
Точки аь аг, а3 служат вершинами треугольника А. Вы-
числяя отношения вида («1 — а2)/(а3 — а2), нетрудно
убедиться, что все углы треугольника А равны. Следо-
вательно, А — равносторонний треугольник, а его пло-
щадь находится из соотношения
	at а* 1	
— —	а2 1	(1)
	а3 а*3 1	
где * означает переход к комплексно сопряженной ве-
личине.
Пусть zb z2, z3 — вершины равносторонних треуголь-
ников, построенных на сторонах исходного треугольника
внутрь его. Тогда Zt = — е(х2 + 8X3), z2 = — е(х3 + exj,
z3 = — e(xi + 8Х2). Если bt, b2 и b3 — центры тяжести
этих треугольников, то
Ь{ = у (1 — е) (х2 — 82х3),
62 =	— е) (х3 - 82Х!),
&з = у (1 — e)(xt — 82х2).
192
Точки bi, b2, b3 служат вершинами треугольника В. Не-
трудно проверить, что треугольник В равносторонний, а
его площадь находится из соотношения
	bl	Ь'	1
II	ь2	ь2	1
	Ьз	Ьз	1
(2)
Вычисляя разность площадей треугольников Л и В
(подставляя вместо аг и Ь} их выражения через х2,
х3), находим
Определитель в правой части равен 4/S, где S — пло-
щадь исходного треугольника, откуда SA — SB = S, что
и требовалось доказать *.
54. Приравняв коэффициенты при хг в тождестве
(1 -х2)г+1(1-хГг_1=(1 + х)г+1,
получим
что и требовалось доказать.
55. Пользуясь соотношением
оо
(Х1 + х2+ ... +х„)“‘ = ^e~^Xi+X2+-+x^dt,	(1)
о
193
преобразуем интеграл Vn к следующему виду:
сс
vn = n [ф(/)Г-1 ф (f) dt,
°	i	(2)
Л|,(О = (1 —	<p(/)=Je'V^.
о
Решение задачи сводится к исследованию асимпто-
тического поведения интеграла Vn из (2) при п—>оо.
Прежде всего заметим, что при t, изменяющемся от
О до оо, функция ф(/) убывает от 1 до 0. Следователь-
но, при любом у, удовлетворяющем неравенствам 0 <
< у < 1, уравнение
ф(/) = (1-е-/)Г1 = 1-г/	(3)
имеет одно и только одно решение. Это решение можно
представить в виде степенного ряда по у:
t = 2y + ^y2+ ....	(4)
который сходится при 0 у с, где 0 < с < 1. Пред-
положим, что при выбранном значении с уравнение (3)
имеет решение t = а. Выбрав для интервала 0 у с
подходящую константу К, мы можем записать
dt=& + yb(y)]dy,	(5)
где | &(«/) | < К и	Интеграл Vn из (2) удобно
разбить на два интеграла:
оо	а
Л = $ [ф (ОГ1 Ф (0 dt, /2 = $ [ф (О]'”* Ф (0 dt. (6)
а	0
Рассмотрим сначала интеграл Ц. Поскольку
1
<р (/) < е~Ъ == ф (/) ф (а) = h < 1,
о
то
Л < $ [ф « dt < hn~2 J Г2 dt = hn~2a~\	(7)
a	a
откуда
Ц = ^п~2а~\ где 0<₽<l.
194
Для получения асимптотической зависимости /2 от и
воспользуемся тем, что
<р(0 = у - j (1 -	=	е-^	= 4 - at,
о	о
и преобразуем /2 к виду
/2 = I $ № (0Г1 dt - о, J ft 1 dt, 0 < ©1 < 1.
о	о
Пользуясь соотношениями (3) и (5), произведем за-
мену переменной и обозначим для краткости
№) = [2+|//+ ...] [2+ <>(//)].
Тогда
4 = 4 5 (1 -уГ' [2 + ^ ^)]^-©! J (1 - уГ' yt{y}dy =
о	о
= у 5 а - У)*~' dy+H\(\- Z/Г1 уdy =
о	о
= -5-п-' —у(1-с)"«-‘ + ^-1(«+ 1ГХ
XII -(пс+ 1)(1-с)п]
где Н ограничено. Можно показать, что
Жу + 1 ©j |тах [2 +jy+ ...]• [2 + К]<
, (4 + #с)(2 + #)
3	8
Объединяя полученные асимптотические оценки для
/1 и /2, находим
у — А _ L (1 _ с\п Д -Р^"Г2
v п з з О с>	а ’
где аир зависят от п, но ограничены. Отсюда следуют
оба утверждения задачи.
195
56. Если воспользоваться стандартными обозначе-
ниями и выразить факториалы через биномиальные ко-
эффициенты, то нам необходимо доказать, что
Кг— 0/21
но- Е {(О^Г-И"’.2). <0
1=0
где [ft] означает целую часть числа ft.
Заменив i на г — in складывая полученное соотно-
шение с (1), преобразуем /(г) к виду
• =0
или
Кг) =
<2>
i=0	i=0	i=0
Для вычисления этих сумм воспользуемся тожде-
ством
(1+х)г(1+х)’^(1+х)г+?.
Приравнивая коэффициенты при x'+s в правой и ле-
вой частях тождества, получаем
При q = r, s = О и q — r—\, s = 1 из (3) следуют со-
отношения
что и требовалось доказать.
196
57.	Пусть А, В, С и D — заданные точки. Проведем
через точку В прямую, перпендикулярную отрезку АС
и отложим на ней отрезок BL = AC (рис. 14). Пусть
d — прямая, проходящая через точки D и L. Через точ-
ку В проведем прямую b^d, а через точки А и С — пря-
мые а и с, перпендикулярные прямой d. Прямые а, Ь,
Рис. 14.
с, d, пересекаясь, образуют искомый квадрат, поскольку
параллельные прямые а и с отстоят друг от друга на
такое же расстояние, как прямые b и d. Это следует
из того, что угол между а и АС равен углу между & uBL,
а отрезки АС и BL равны по построению.
В общем случае задача допускает 6 решений.
58.	Как известносумма k-x
туральных чисел представима в
степеней п первых на-
виде многочлена от п
1 См , например, В. А. Кудрявцев, Суммирование степеней на-
турального ряда и числа Бернулли, Объединенное научно-техниче-
ское издательство НКТП СССР, М. — Л., 1936, а также III. 14.—
Прим, перев.
197
степени k + 1. Для k = 2, 4 и 6 эти многочлены имеют
следующий вид:
п
__ бп1 + 21пв + 21п5 — 7п3 + п.
Й —	42
п
Е, 4	6п5 + 15п4 + Юга3 — п
R ~~	30
п
£2 _ 2?гэ 4- Ц- ft
А“1
Полагая
п	п,
fi(«)=5 z*4+ Z^2,
А“1
п	п
f2(n) = 7 2>6 + 5 2>4,
преобразуем доказываемое тождество к виду
fzjn) + pfi (п) =п2+п + р
fs(n) — pfi(n)	п2 + n — р •
В справедливости его мы убедимся, заметив, что fzin) =
= (n2 + n)fi(n).
59.	Назовем правильным разбиение выпуклого
n-угольника на треугольники диагоналями, пересекаю-
щимися только в вершинах n-угольника. Пусть Pi, Р%, ...
..., Рп — вершины выпуклого n-угольника, Ап — число
его правильных разбиений. Рассмотрим сторону много-
угольника Р\Рп- В каждом правильном разбиении Р\Рп
принадлежит какому-то треугольнику Р\Р{Рп, где 1 <
< i < п. Следовательно, полагая i — 2, 3, ..., п— 1,
мы получаем (п — 2) группы правильных разбиений,
включающие все возможные случаи.
При i = 2 одна группа правильных разбиений всегда
содержит диагональ РъРп. Число разбиений, входящих
в эту группу, совпадает с числом правильных разбиений
(n—1)-угольника Р2Р3 ... Рп, то есть равно Лп-1.
При i = 3 одна группа правильных разбиений всегда
содержит диагонали Р?,Р\ и PsPn- Следовательно, число
правильных разбиений, входящих в эту группу, совпа-
198
дает с числом правильных разбиений (п — 2)-угольника
Р3Р4 ... Рп, то есть равно Лп_2.
При i = 4 среди треугольников разбиения непремен-
но содержится треугольник PiP4Pn. К нему примыкают
четырехугольник Р1Р2Р3Р4 и (п — 3)-угольник Р4Р3 ...
... Рп. Число правильных разбиений четырехугольника
равно Л4, число правильных разбиений (п — 3)-угольни-
ка равно Ап-з. Следовательно, полное число правильных
разбиений, содержащихся в этой группе, равно Л„-3>Л4.
Группы с i = 4, 5, ... содержат ЛП_4Л5, Л„_5Лв, ...
правильных разбиений. При i = п — 2 число правильных
разбиений в группе совпадает с числом правильных раз-
биений в группе с i = 2, то есть равно An-i. Итак,
Ап = Ап-1 + Лга-2 + Л„_3Л4 + Л„_4ЛЙ + ...
• • • + Л3Л„_4 + Л4Л„_3 + Ап-2 + An-i
Поскольку Лз = 1, Л4 = 2, то
А5 — Л4 + Л3 + Л4 = 5,
А6 = Л5 + Л4 + Л4 + Л5 = 14,
Л7 = Л6 + Л5 + Л4Л4 + Л5 + Ле = 42,
А& = Л7 + Л6 + Л5Л4 + А4А3 + Ле + Л7 — 132
и так далее.
В заключение выведем производящую функцию для
чисел Ап. Для удобства условимся считать, что Л2 = 1.
Тогда 1
п—1
Лга= Е A{An-{+f
1=2
Определим (пока чисто формально) производящую
функцию f(x) соотношением
оо
V2.
П=2
откуда
оо	оо	оо
[/(< = Е ^-3 Е AiA^t+4 = Е Anx^=[f(x) - 1]х-1.
п=3	1=2	п=3
1 Другую комбинаторную задачу, приводящую к последователь-
ности Ап, удовлетворяющей очень похожему рекуррентному соотно-
шению, см. в книге. Ч. Тригг, Задачи с изюминкой, М., «Мир», 1975,
задача 277. — Прим. ред.
199
Мы получили квадратное уравнение относительно f(x).
Его решение, соответствующее начальному условию
f(0) — 1, имеет вид
/(х) = [1-(1-4х)’Л](2х)-1.
При | х| а < 1/4 функция f(x) допускает разложение
в абсолютно сходящийся степенной ряд. Тем самым
формально введенное выше разложение по степеням х
оказывается обоснованным, и f(x) действительно яв-
ляется производящей функцией для чисел Ап. Раз-
лагая f(x), находим
откуда
о / 2п — 5 \
д — z I	1.
п-1 V п-2 )
60. Для решения задачи необходимо сделать следую-
щее замечание. Пусть х и у—любые натуральные чис-
ла. Тогда минимальное число единичных сопротивлений,
которые необходимо взять, чтобы составить сопротивле-
ние в х единиц, равно х (при этом все х единичных про-
водников соединены последовательно), а минимальное
число единичных сопротивлений, которые необходимо
взять, чтобы составить проводимость (величину, обрат-
ную сопротивлению) в у единиц, равно у (при этом все у
единичных проводников соединены параллельно).
Предположим, что требуется составить сопротивле-
ние plq, где р и q — взаимно простые натуральные числа.
Разложим величину сопротивления в конечную цепную
дробь
tz) --------<
Частные числители гг соответствуют сопротивлениям,
частные знаменатели сг— проводимостям. Взятые вме-
сте, они образуют цепь с общим сопротивлением plq, со-
стоящую из минимального числа У, rt + У, ct единич-
ных проводников (при этом каждое сопротивление г
состоит из г единичных проводников, соединенных по-
200
следовательно, а каждая проводимость с — из с единич-
ных проводников, соединенных параллельно). Напри-
мер, сопротивления в 101/39 и 39/101 единиц можно со-
ставить из 11 единичных проводников, поскольку
101
39
_2_1_И + _и j_U_i_U_i_±1
— Z 4 1	| 1 Г |2 43 42 ’
39
101
U 42 ф | 1 4 1 42 + |3 4 2
Эти минимальные1 схемы представлены на рис. 15,16.
Следует иметь в виду, что если число q, стоящее
в знаменателе несократимой дроби p/q, составное,
то дробь p/q может допускать разложение в сумму
1 Минимальность в этом решении остается недоказанной, осо-
бенно если учесть отмеченную далее неоднозначность разложения
в сумму цепных дробен. — Прим. ред.
201
нескольких цепных дробей. В этом случае при неудачном
выборе разложения сумма частных числителей и зна-
менателей может не совпадать с минимальным числом
единичных сопротивлений в цепи с общим сопротивле-
нием plq. Например, выбрав разложение
.В _ о 4-Л+ 1!+ 11
15~2+|3+|1+|3’
мы получим цепь, состоящую из 9 единичных сопротив-
лений, а выбрав разложение
Л., 4.JJ4..U ,Ц ,11,11
15 ~ 1 Ф|1 ф |2 +|1 +|1 ^|2 ’
—цепь, состоящую из 8 единичных сопротивлений.
Некоторые дроби допускают более 2 разложений
в сумму конечных цепных дробей. Например,
21—1 ±1-1.1'114-	1 д_ <11 4-U 4-=
30“ 1 + 30 “ 5 +1|1	2 +1|1 + |1 +|7)
Ч + 1 + 1Ч + Ст + й' + р')-
61.	Взяв интеграл, стоящий в левой части исходного
уравнения, преобразуем ее к виду
arc tg [-2 sin (-g-)] = arc tg x,
откуда
-^- = nn+ (—l)”arcsin 4(* + nfe)., |x_j_	|<^lt
где n и k — любые целые числа. Интегрируя, получаем
у = япх + (—1)" f (х + як) arc sin H+flL -j-
+ -2[9-16(x + ^)2]‘/2} + C, |x + ^|<|,
где n — любое целое число, С — произвольная постоян-
ная.
62.	Пусть ЛМ2А—данный треугольник, I — центр
вписанной окружности, — сторона, противолежащая
вершине Ak, Gk — точка касания стороны ah с вписан-
ной окружностью, Hk — основание перпендикуляра, опу-
щенного из Ak на ak, и Ik— точка пересечения биссек-
202
трисы угла Ak со стороной Требуется доказать, что
прямые НьН}, IkI} и GbGj проходят через одну точку.
Пусть вневписанная окружность с центром в точке Д,
расположенным на биссектрисе угла	касается
стороны ak в точке Nk- Проведем через точки Hh, Ik, Gk
и Nk прямые, перпендикулярные стороне ак. Эти прямые
пересекают биссектрису угла А3АкА{ в точках Ак, /к, I,
Jk, образующих гармоническую четверку, поскольку
двойное отношение
AkI . AkJk _ i
Ilk ’ Jklk
(оно, очевидно, отрицательно и
I AkI I_ Aklk I_I AkAj 1\
1Ж1- ¥ГГ|'7m~ J-
Следовательно, точки /fk, /к, Gh, Nk также образуют гар-
моническую четверку, а лучи, проведенные из верши-
ны Ак через эти точки, образуют гармонический пучок
(III. 2). Но в любом треугольнике высоты пересекаются
в ортоцентре Н, биссектрисы внутренних углов — в
центре вписанной окружности I, прямые, проведенные из
вершин треугольника в точки касания противолежащих
сторон со вписанной окружностью, — в точке Жергон-
на G и прямые, проведенные из вершин треугольника в
точки касания противолежащих сторон с вневписанными
окружностями, — в точке Нагеля N (III. 1). Точки Н, I,
G, N проектируются из каждой вершины треугольника
четырьмя лучами, образующими гармонический пучок, и,
следовательно, лежат на коническом сечении, проходя-
щем через вершины треугольника Ai, Аг, Аз (III. 3).
Пусть Pkj — точка пересечения касательных к этому
коническому сечению, проведенных в Ак и А}-. По теоре-
ме Паскаля (см. III. 4) Ркз-, Hj, Нк как точки пересече-
ния противоположных сторон вырожденного вписанного
шестиугольника AjAjAiAkAbfl лежат на одной прямой.
Аналогично через Рк] проходят прямые IkIj, GkGj и NkNj.
Для всякого треугольника существуют три такие точ-
ки Phj.
63.	По теореме Вильсона (III. 6)
1-2 • 3 ... (р—l)s—1 (modp),	(1)
203
(2)
ча-
мо-
где р — любое нечетное простое число. Ясно, что для
любого i — 0, ±1, ±2, ... справедливо сравнение
—	— i) (mod р).
Заменим (р — 1)/2 четных чисел, стоящих в левой
сти сравнения (1), числами, сравнимыми с ними по
дулю р, которые получаются из (2) при i — 2, 4, 6,
..., р — 1. Группируя одинаковые множители, получаем
I2 • З2 • 52 ... (р - 2)2 (- 1)<р-1>/2 = - 1 (mod р),
или
I2 • З2 • 52 ... (р - 2)2 = (- l)(p+n/2 (mod р),	(3)
что и требовалось доказать.
Производя в левой части сравнения (1) аналогичную
замену (р — 1)/2 нечетных чисел числами, сравнимыми
с ними по модулю р, которые получаются из (2) при
i = 1, 3, 5, .... р — 2, приходим к сравнению
22 • 42 • 62 ... (р - I)2 (- 1)(р+')/2 (mod р).
64.	По определению
fn + i   | и Un
Гп ~ Гп ’
2ei=('-^)(i
гп — ип + гп+1. Следовательно,
= 0. Та-
Un + l Л >1 _ ип  Un+l
rn+i z	Гп rn+i
Пользуясь методом математической индукции, нетрудно
доказать, что
rn+p	Un	Un + i
гп	Гп	rn+t
Поскольку исходный ряд сходится, то lim гп+о
р->оо
ким образом, при любом п можно указать такое значе-
ние р, что правая часть неравенства
Un . Ufi+1	Un+p	Гп+р
—----Г —-----Г ... "Г - ",	>1---------
Гп	Гп + \	Гп+р	Гп
будет больше любого заранее заданного числа 6 < 1.
Следовательно, ряд
И Г2 Гз
расходится, что и требовалось доказать.
204
65.	Преобразовав исходное уравнение к виду
х2— Зху + у2 — 2у — 1=0	(1)
и разрешив его относительно х, получим
2х = Зу ± т, т2 = Зу2 + 8у + 4,	(2)
где т должно быть положительным целым числом. До-
кажем, что соотношение 2х = Зу — т следует отбросить.
Действительно, поскольку т и у — положительные це-
лые числа, то из соотношения между т2 и у следует, что
т>'s/Зу. Поэтому 2(у — х) = т — у >(д/5 — 1)у >0,
или у > х. Если же 2х = Зу + т, то, очевидно, выпол-
няется неравенство х > у. Итак,
2x — 3y-\-tn, т2 = 5у2 + 8у + 4.	(2')
Разрешив второе уравнение относительно у и отбросив
отрицательный корень, получим
3y = t- 4,	/2 = 5т2 —4,	(3)
где t — положительное целое число.
Решения второго из уравнений (3) в четных числах
мы найдем, положив т = 2r, t = 2s, после чего оно при-
мет вид
5г2 —s2=l.	(4)
Поскольку число у должно быть целым, число s — 2
должно делиться на 5.
Решение второго из уравнений (3) в нечетных чис-
лах сводится к решению уравнения
5г2 —s2==—1	(5)
при помощи формул
m — s±r, t — 3r-±.s.
Если г и s — решения уравнения (5), то т и t, найден-
ные по этим формулам, удовлетворяют второму из урав-
нений (3). И обратно, из (3) видно, что т2 —t2
= 0 (mod 4), откуда либо m — t, либо m-\-t делятся
на 4. Соответствующее решение уравнения (5) имеет
вид
t т т	, m^t
г = —4—>	s = mH-----j—
205
(знак берется так, чтобы г и s были целыми). Для того
чтобы у было целым, s ± 4 должно делиться на 5.
Как известнорешения уравнений (4) и (5) тесно
связаны со свойствами подходящих дробей pn)qn не-
прерывной дроби
v	'|4'|4'|4^*”'
Рассмотрим отдельно подходящие дроби с четными
и нечетными номерами. Перебор всех возможных слу-
чаев значительно сократится, если мы воспользуемся
следующей теоремой.
Теорема. При I = 0, 1, 2, ... выполняются следую-
щие сравнения:
р4Ж = 2, р4г+2 = —1, р4г+3 = —2, p4l+4 = 1 (mod 5). (6)
Доказательство. Поскольку числители подходящих
дробей удовлетворяют рекуррентному соотношению рп =
— 4рп_1 + рп_2, то
Рп+2 = 4рп-1 + Рп = — рп-1 + рп (mod 5).
Предположим, что справедливы первые два сравнения
из (6). Тогда p4i+3^— р4г+2+ p4i+1 = — 2; р41+4^2 —
— 1 = 1;	/?.1г+5^—1 — 2 =2;	р41+6 = — 2+1 =
= — 1 (mod 5). Но pi = 2, р2 = 9 = —1 (mod 5). Следо-
вательно, утверждение теоремы всегда верно.
Подходящие дроби с четными номерами. При m =
= s — г, i = 5г — s
«4-4	. s — 6
У = г----х=г + -1~-
Следовательно, числа х и у могут быть целыми в том
и только в том случае, если s = 1 (mod 5). Соответствую-
щие решения исходного уравнения имеют вид
x = qit + ^±, ^41-р1 = 1. (7)
При m = s-\-r, t — 5r-\-s получаем
is — 4	п । 4s — 6
= Н----—, х = 2гН-------— .
1 См. А. О. Гельфонд, Решение уравнений в целых числах, Гос-
техиздат, М, 1957, стр. 24; В. Серпинскин, О решении уравнений
в целых числах, Физматгиз, М., 1961, стр. 29, а также III. 9.—
Прим, перев,
206
Следовательно, числа х и у могут быть целыми в том
и только в том случае, если $ == — 1 (mod 5). Соответ-
ствующие решения исходного уравнения имеют вид
__п	I	P4t+2 ~ 4	у____9	I	4^4i+2 ~ 6
У У 41+2	I 5	’	Х	^41+2	т 5	’
5^-+2-/’4i+2=1-	(8)
Подходящие дроби с нечетными номерами. В этом
случае m = 2r, t = 2s и, следовательно,
2(s —2)	. 3(s —2)
у==___r	x=r + ___l.
Числа х и у могут быть целыми в том и только в том
случае, если s = 2 (mod 5). Это означает, что допустимы
лишь подходящие дроби с номерами 414-1. Соответ-
ствующие решения исходного уравнения имеют вид
Нетрудно проверить, что пары чисел (7), (8) и (9)
действительно удовлетворяют исходному уравнению.
Подстановка решений (7), (8) и (9) в исходное уравне-
ние значительно облегчается, если его предварительно
преобразовать к виду
[для решения (7)],
[для решения (8)] и
5 [х — -| z/]2 — [-^- 4- 2]2 — 1 = 0 [для решения (9)].
66. Пусть Dn — определитель n-го порядка, стоящий
в левом верхнем углу треугольника Паскаля. Из свойств
биномиальных коэффициентов следует, что элементы
определителя Dn удовлетворяют соотношениям
«</ = «»•,/-! 4“ «/-!,/>	«1/ = аИ = 1-	(1)
Заменив /-ю строку определителя Вп разностью между
(/ 4“ 1)-Й и i-й строкой при I = 1, 2, ..., п. — 1, получим
матрицу, в которой элемент, стоящий на пересечении
207
i-й строки и /-го столбца, в силу соотношений (I) сов-
падает с элементом a^-i исходной матрицы, при этом
все элементы, стоящие в первом столбце новой матрицы,
кроме элемента Яп = 1, равны нулю. Заменив далее k-й
столбец нового определителя разностью между (&-|-1)-м
и k-м столбцом при k = 1, 2, ..., п — 1, получим матри-
цу, в которой элемент, стоящий на пересечении i-й стро-
ки и /'-го столбца, в силу соотношения (1) совпадает с
элементом at—i,j—i исходной матрицы, при этом все эле-
менты, стоящие в первой строке, кроме я(1 = 1, рав-
ны 0. Разлагая полученный определитель по элементам
первой строки (или первого столбца), получаем Dn =
= \-Dn-i. Продолжая спуск по порядку определителя,
после (п—1) шагов мы дойдем до определителя 2-го
порядка:
Dn = Dn~1= ... = D2 = 1,
что и требовалось доказать.
67. Пусть е{, е2, еп — векторы, образующие орто-
нормированный базис n-мерного пространства. Тогда си-
стему линейных уравнений, приведенную в условиях за-
дачи, можно записать в более компактном виде:
в] е2 е3 ... еп
Хп Х[ Х2 . . . Xn-i
%п~1 %п •*!••• Хп—2
= а1е1 ± а^е2 + я3е3 ± я4е4 + ...
х2 х3 х4 ... х.
(из двух знаков, стоящих перед a2le2i плюс следует вы-
бирать при нечетном, а минус — при четном п).
Отсюда видно, что вектор (Я1, ±а2, аз, ...) ортогона-
лен каждому из («—- 1) векторов-строк
(xn, Xj, Х2, . . ., Хп— i), (Xjj—j, Хп, Х1( . . ., Хп—2), * > ,,
(х2, Х3 Х4, . . ., Х1).
Выписав соответствующие скалярные произведения, по-
лучим («—1) уравнений:
а\Хп ± я2х, + я3х3 ± ... = О,
Я1ХП_1 ± а2Хп + Я3Х| ± ... = О,
а1хп-2±а2хп^1 + а3хп± ... =0,
208
которые после перестановки членов преобразуются к
следующему виду:
± a2xt + а3х2 ± а4х3 = ... =0,
а3х( ± а4х2 + а5х3 + ... =0,
а4Х! + 05X2 ±а6х3 + ... =0,
Решение этой системы (n — 1) линейных однородных
уравнений с п неизвестными определяет отношение не-
известных
Xj • Xg . •  > • Хп — CCj • (Х2 • > • • •
где
а3 ± а4 ...
± а4 а5 ... >
±а4	«5 • • •
«5	± «6 • • • ’
±а2 а3
d3 ± я4
(у элементов с двойным знаком плюс следует выбирать
при нечетном, а минус — при четном п).
Подставляя х4 = а;Хг/аг (i =/= г) в любое из исход-
ных уравнений, например в первое уравнение, умножая
обе его части для симметрии на а”-1 и вынося множитель
х"-1, получаем
°г • • • an-i
«1 •• • ^П~2
= а1аг ’>
и3 ... Ct]
откуда
eq 02 ... а„-1
«3 ап • • • «I
Корень (п—1)-й степени в правой части полученного
выражения следует понимать как любое из (п— 1) зна-
чений корня, а определитель получается из определи-
209
теля, стоящего в левой части первого из исходных урав-
нений, при замене х{ на а,.
68.	Перестановкой строк и столбцов приведем опре-
делитель Dn к клеточно-диагональному виду
Dn = ±	Л1	0	0	...	0 0	А2	0	...	0 о	о	а	...	о 0	0	0	...	Ат
где Ak — квадратная матрица порядка nk (щ.>1), У ко-
торой
«П = йПк.Пк — 1,	«1 + 1,1 =«1,1+1= 1
(Z = l, 2, nk-l),
а все остальные элементы равны нулю.
В свою очередь любую матрицу Л* можно преоб-
разовать к еще более простому виду—матрице Bk,
у которой &i,i+i = 1, Ьц =(—1)ж (г = 1, 2, . .., nk — 1),
элемент bnk,nk равен либо 0 (если число nk четно), либо 2
(если nk нечетно), а все остальные элементы равны 0.
Вычислив определитель матрицы Bk, мы получим сле-
дующие результаты:
det Ak = det Bk
0 при nfe = 0(mod2),
2 при nk = l (mod 4),
. — 2 при nfe = 3(mod4).
Отсюда мы заключаем, что определитель Dn нечет-
ного порядка п отличен от нуля лишь в том случае,
если число т и все nh (k = 1, 2, ..., tri) нечетны. Опре-
делитель Dn четного порядка отличен от нуля лишь в
том случае, если т четно, а все nh (k = 1, 2, ..., т)
нечетны. Утверждения задачи следуют из приведенных
результатов.
а.	При нечетном п Dn равно либо ±2т, где т — не-
четное число, либо 0. При четном п Dn равно либо ±2т,
где т — четное число, либо 0.
б.	После приведения определителя £>5 к клеточно-
диагональному виду число квадратных матриц Ak мо-
жет оказаться равным либо 1 (порядок единственной
210
матрицы Ai равен 5), либо 2 (одна матрица Ah второго
и одна — третьего порядка). В первом случае Z?s #= О,
во втором D5 = 0. Из свойств матрицы Аь второго по-
рядка следует, что во втором случае определитель Ds
содержит две одинаковые строки и два одинаковых
столбца. Обратное утверждение очевидно.
в.	Если две строки определителя Dn совпадают, то
стоящие в них две единицы должны располагаться в
одних и тех же столбцах. Поскольку каждый столбец
содержит лишь две единицы, а его остальные элементы
равны нулю, то эти два столбца совпадают.
г.	Если det Аь ф 0, то nh 3, поэтому
п~^ nk^3m.
69.	Задача допускает следующее обобщение.
Если а1( а2....ап — п комплексных чисел, таких,
что | а{ | = | а21 = ... = | ап | = г#=0, и Тп (s < п) — сумма
всех возможных произведений из п этих чисел по s, то
Т*
п
mtlS
1 п
f2s—n
(1)
Доказательство. Пусть О/ (/=1, 2,..., п) — аргу-
менты чисел а1г а2, ап. Тогда а} — re^l и из Тп
можно вынести множитель rs, а из Tn~s — множитель rn~s.
После этого в числителе останется величина е1^ У e~iv,
а в знаменателе — величина Уегф, где — сумма всех
аргументов О/, а <р — сумма п — s аргументов тех чисел а},
которые входят в соответствующее слагаемое знамена-
теля Tn~s. Поскольку У, и У е~‘ф — комплексно сопря-
женные числа, то | У е1® | — | У |. Кроме того,
тем самым соотношение (1) доказано.
Исходное утверждение задачи следует из него при
п — 3 и s = 2.
70.	Пусть vh v2, v3, v4, v5, ...—члены последова-
тельности 2, 3, 7, 43, 1807...образуемой знамена-
211
телями ряда. Тогда vn = viv2 ... y„-i + 1. Заметим, что
1 + 1=1_2 = 1_________L_
2'3	6	v3 - 1 ’
1 + 1 + 1 = 1__L=1________!_
2 “ 3 “ 7	1	42	v4 - 1 ’
1 + 1 + 1 + _L=1 __J_____!_______L_
2 * 3 ‘ 7 ‘ 43	1	1806	v5 - 1 '
Предположим, что при некотором значении п
s*=^+i+
Тогда при том же значении п
$n+i £„+	1 vn+!(vn+i — 1)	1	v„+2+l’
Очевидно также, что при w > vn+i
+ v < 5«+1’
а при	— 1
Следовательно, если сумма Sn п дробей указанного
вида дает наилучшее приближение к 1, то наилучшее
приближение с помощью суммы Sn+i п + 1 дробей того
же вида можно получить, прибавив к Sn дробь l/un+i.
Утверждение о наилучшем приближении к единице с
помощью суммы дробей вида 1/п заведомо верно при
п = 2 или п = 3 и остается верным при произвольном п,
если дополнительно потребовать, чтобы набор п + 1 дро-
бей непременно содержали п предыдущих дробей.
Трудная задача, решение которой предоставляется
читателю, состоит в доказательстве того, что и при сня-
тии дополнительного ограничения приведенный выше
способ построения Sn дает наилучшее приближение к
единице.
71.	Выберем в плоскости стола прямоугольную си-
стему координат, совместив ее начало с центром стола
и направив ось х так, чтобы она была параллельна
стержню, а сам стержень расположился в первых двух
квадрантах. В этой системе координат уравнение края
212
стола х2 + у2 == г2. Поскольку стержень покоится на
столе, центр его тяжести лежит внутри окружности
х2 4~ у2 = г2. Если двигать стержень так, чтобы он оста-
вался параллельным оси х, а его левый конец касался
края стола, то центр тяжести стержня опишет дугу
окружности радиусом г с центром в точке (а, 0). Если
перемещать стержень так, чтобы он оставался парал-
лельным оси х, а его правый конец касался края стола,
то центр тяжести опишет дугу окружности радиусом г
с центром в точке (—а, 0). Эти вспомогательные окруж-
ности пересекаются в точке (0, Vг2 — а2) (мы выбрали
систему координат так, что стержень лежит в полупло-
Поскольку г > а, то, если центр стержня лежит вну-
три части плоскости, ограниченной осью х и дугами
вспомогательных окружностей (х — а)2 + у2 = г2,
(х + а)2 + у2 = г2 (на рис. 17 она обозначена /), ни
один из его концов не выступает за край стола.
Если центр стержня лежит левее вспомогательной
окружности (х — а)2у2 — г2, то левый конец стержня
выступает за край стола. Аналогично, если центр стерж-
ня лежит правее вспомогательной окружности (х+«)2+
+ у2 = г2, то правый конец стержня выступает за край
стола. Таким образом, в части верхней полуплоскости,
ограниченной дугами окружности х2-\-у2 = г2 и вспомо-
гательных окружностей (х — а)2 + у2 = г2 и (х + «)2 +
+у2 = г2, то есть там, где центр стержня лежит слева
от первой и справа от второй вспомогательной окружно-
сти (на рис. 17 эта часть верхней полуплоскости обо-
значена II), оба конца стержня выступают за край стола.
213
Если же центр стержня лежит в любой из двух областей
III, ограниченных дугами окружностей x2-f-t/2 = r2,
(х — а)2 + у2 = г2, (х + а)2 + У2 = г2 и осью х, то за
край стола выступает лишь один конец стержня.
Ответы на вопросы задачи мы получим, разделив
площади соответствующих областей на площадь поло-
вины круга №/2. Вычисляя площади этих областей, по-
лучаем:
1)	вероятность того, что ни один из концов стержня
не выступает за край стола, равна
2	а 2а , 9 9xi/2
— arc cos---------г (г2 — а2),
л	г яг2 '	' ’
2)	вероятность того, что только один конец стержня
выступает за край стола, равна
~ (г2 - а2)'1г -	(4г2 - а2)72 -
ягл '	' л,г2 '	'
4	а । 4	а
------arc cos —h — arc cos	,
Л	Г Л	2.Г
3)	вероятность того, что оба конца стержня высту-
пают за край стола, равна
Д (4г2 - а2)1Д —(г2 - а2)‘/г +
‘ яг2	'
.4	.a	2	.a
+ — arcsin	——arcsin —.
л	ir	л	r
72. В условиях задачи ничего не говорится о том,
в каком порядке надлежит соединять вершины много-
угольников при их построении, поэтому приводимое ни-
же доказательство позволяет изменять последователь-
ность соединения вершин на любом этапе построения.
Пусть Pi, Р2, .... Рп (п> 2) —заданные точки. Вы-
берем систему координат так, чтобы ее начало совпало
с центром тяжести системы точек Р, и сопоставим ка-
ждой точке комплексное число zh = xh + iyh (k=l,
2, ..., п).
Тогда
21 + 22 + • • • + 2п= 0.	(I)
Если р — щах | гк то
|z*Kp, k= 1, 2, ..., n.	(2)
214
Пусть л означает исходный многоугольник, а я1, л2, ...
.лга-1— многоугольники, возникающие на первом,
втором,..., (и—1)-м шаге построения последователь-
ности, zjt zj., z2t, ..., z"-1 (/=1,2,..., n) — комплексные
числа, соответствующие вершинам этих многоугольников.
Для любой вершины многоугольника лга-1 справедливы
соотношения zn~l = (z"~2 + z^“2)/2, где /, =/= /2; zn~l =
— (z"~3 + z«-3 + z^3 + z-3)14, где по крайней мере три
числа из /,, /2, /3, /4 различны; z"-1 = (z"~4 + z?2~4 + ...
... + 2j8-4)/3, где по крайней мере четыре числа из
/!, /2..../8	различны. Наконец,
। oiZi 4~ 02Z2 4~ ... 4~	^2)
где ак — положительные целые числа, такие, что
£а£ = 2'1~1. Из соотношений (1), (2) и (3) получаем
неравенство
|zra-I| =
(Д1 — 1/Z1 + ... +(an — 1)zn
2п-‘
2п~1 - п
2п-1 Р-
(4)
Таким образом, многоугольник л”-1 целиком содержится
внутри окружности радиусом Кр = 2~”+1 (2П-1 — п)р
(О < К < р) с центром в начале координат. Повторяя
аналогичное построение т раз, получим многоугольник
лт<п-1), целиком содержащийся внутри окружности
|г|<Гр,
(5)
стягивающейся к центру при т—>оо. Поскольку много-
угольник яр (pZ>m(n—1)) лежит внутри той же
окружности (5), радиус которой сколь угодно мал при
достаточно большом т, то тем самым утверждение за-
дачи доказано.
73.	Вычтем из n-й строки исходного определителя
каждую из строк с номером n/pi, прибавим все строки
с номерами n/pipj и так далее. Определитель, получив-
шийся из исходного после этих преобразований, обозна-
чим D. Определитель D равен исходному определителю.
215
Пусть anl (j = l, 2, ..., n) — элементы n-й строки
определителя D. Тогда при ег/ = 0 (i </) выполняются
соотношения
®пк—^nk	"4” Ди	•••
• •• И-( О ^«/P]P2... ps,s >	(^ = 1, 2, ..., n 1),
@nn An S •'^n/p^ H- Anlpjpj	••• "4” ( О •'4«/p1p2 ... ps-
Если k не является делителем числа п, то, очевидно,
anft = 0. Предположим, что k — делитель числа п. Пусть
п = р*'р22 • • • P*ss, k = рГ\'рг22 ... prss a ri < ровно при т
значениях i. Тогда
( т\
апк = [-т + ^2)- ... +(-lf=(l-l)m = 0,
(k = \, 2, .... n).
Следовательно, ann—единственный отличный от нуля
элемент в последней строке определителя D, а посколь-
ку 6ц 1, ТО D — Clnn*
74.	Пусть PQR—заданный треугольник, а—пло-
скость, определяемая его вершинами. Треугольник PQR
можно ортогонально спроектировать на другую пло-
скость а' так, что его проекция P'Q'R' будет иметь вид
равностороннего треугольника. Пусть С' — окружность,
описанная вокруг треугольника P'Q'R', а Е — соответ-
ствующий ей эллипс, описанный вокруг треугольника
PQR в плоскости а. Отношение площади круга С' к
площади, вписанного в него равностороннего треуголь-
ника P'Q’R' равно г = 4л/3д/3, а поскольку равносто-
ронний треугольник обладает наибольшей площадью
среди всех треугольников, вписанных в данный круг, то
отношение площади любого круга к площади любого
вписанного в него треугольника не меньше г. Ортого-
нальное проектирование не изменяет отношение площа-
дей. Кроме того, известно, что любой эллипс можно ор-
тогонально спроектировать в окружность. Таким обра-
зом, отношение площади любого эллипса к площади лю-
бого вписанного в него треугольника не меньше г. Но
отношение площади эллипса Е к площади треугольни-
216
ка PQR равно г. Следовательно, Е — эллипс наимень-
шей площади, описанный вокруг треугольника PQR.
Чтобы построить эллипс Е в плоскости а, достаточно
заметить следующее. При ортогональной проекции со-
храняется параллелизм. Поэтому касательная к эллипсу
Е в каждой вершине треугольника PQR должна быть
параллельна противолежащей стороне треугольника.
Для построения эллипса Е можно воспользоваться лю-
бым из известных способов.
75.	Прежде всего заметим, что если 0 > 2, то
2₽-1(2— 1)>2, то есть 28-1 + 1 <2₽—1. Следователь-
но,
если а < 0, то 2а + 1 < 2₽ — 1	(1)
и число 2а+ 1, очевидно, не делится на 2₽ — 1.
Пусть, далее, а = р. Тогда (2а + 1)/(2₽ — 1) =
= 1 — 2/(2₽—1) и число 2“ 4-1, как и в предыдущем
случае, не делится на 28— 1.
Наконец, предположим, что а > р. Тогда а — mfl + п,
где т — положительное целое число, ап — либо 0, либо
положительное целое число, меньшее р, и
2“ + 1  2“ — 2а-т8 , 2га + 1
26- 1 ~	26- 1	Г 26 — 1 ‘
Числитель первой дроби в правой части можно пред-
ставить в виде 2a-mP(2mP—1). Это число делится на
28— 1. Вторая дробь в силу неравенства (1) —правиль-
ная. Таким образом, во всех случаях, в том числе и при
a > Р, 2а-|-1 не делится на 28 — 1, если р > 2, что и
требовалось доказать.
76.	Как известно, если ось к направить вдоль боль-
шой оси эллипса, а ось у — вдоль малой оси, то пара-
метрические уравнения эллипса будут иметь вид к =
= a cos t, у = b sin t. Пусть (x', у') — координаты фо-
куса (—с, 0) относительно другой прямоугольной си-
стемы координат, в которой ось х' совпадает с каса-
тельной к эллипсу в точке, соответствующей значению
параметра t, а за начало координат выбрана эта же
точка. Тогда у' означает расстояние от фокуса (—с, 0)
до касательной, а х' — расстояние от того же фокуса до
217
нормали к эллипсу. Уравнения касательной и нормали
имеют вид
хЬ cos t + ya sin t — ab — 0,
xa sin t — yb cos t — c2 sin t cos t — 0,
где c2 = a2 — b2. Следовательно,
у' — b (a + c cos f)'/2 (a — c cos f)~‘/2,
x' — c sin t (a + c cos f)11 (a — c cos t)~'!i.
Поскольку кривая, описываемая фокусом (—с, 0),
симметрична относительно оси у', то ограничиваемую ею
площадь X можно представить в виде интеграла
<=о	Я
х' dy' — 2abc2 sin21 (а — с cos f)~2 dt.
t=n	о
Интегрируя по частям и подставляя пределы интегри-
рования, получаем
Л
S — 2abc cost (a — ccos/)"1d/ =
о
л
2	Л
= — 2ab dt + 2a2b (а — с cos f)-1 dt.
о	о
Следовательно,
X = — 2abt + Aa2b2 {а2 — с2)~‘/2 X
X arctg [(а + с)‘/2 (а — с)-1/2 tg у] = ла {а — Ь).
Нетрудно видеть, что приведенные выше соотношения
не изменяются, если произвести замену —с на с и t на
я +1. Это означает, что оба фокуса катящегося эллип-
са описывают одну и ту же кривую.
77.	Обозначим через R часть плоскости комплексного
переменного г, ограниченную разрезом вдоль отрица-
тельной вещественной полуоси и дугой окружности про-
извольно большого радиуса. Пусть аргумент z больше
—л и меньше л. Тогда в R и In z, и Г (z) —однозначные
аналитические функции комплексного переменного z.
218
Докажем, что если х—любая фиксированная точка
внутри R, то
(—l)ra+1 п*1пп Д'11пх = Г (х) + О^),	(1)
где постоянная, входящая в символ О, зависит от х.
Прежде всего заметим, что если и 1, то
1
(_ 1\«+> д« In х == (_______(П— !)!<#_________
Л 1ПХ J (х + 0(х + * + 1) ... (х + f + zi-l) ‘ ’
о
Действительно,
Дга1пх = Д"-1 [ln(x+ 1) — 1пх] =
= Д"-1 Т^Т== S А"-' (*+ О-' dt,
J л “г * J
О	О
а по известной формуле из исчисления конечных раз-
ностей (III. 14)
Лп-Чх4- А-1 —__________(-1)»+‘(п-1)!_________
a ^+4 — (х + 0(х + / + 1) ... (x + ^ + n-l)
Кроме того, не менее известно, что при фиксирован-
ном z [III. 11 (1)]
.. nz • 1 • 2 .. . (п — 1)	,
lim ——г-г- гН г-тг = Г(г).
n-»oo z(z + 1)... (z + n- 1)
Записав выражение, стоящее под знаком предельного
перехода, в виде пгГ (п) Г (z)/r (z + п) и воспользовавшись
асимптотическими формулами для Г (z) и Г (z + га)
[Ш. 11(5)], получим более точное соотношение
-------------------= ^ + о( -ij-Y	|argz|<n.
Z (z + 1) . . . (z + n — 1)	n \ n +1 )
Предположим, что точка x принадлежит области R.
Подставляя z = x-j-t в полученное асимптотическое
выражение, а его в свою очередь — в соотношение (2),
приходим к асимптотическому выражению
(-1)“+1д"Шх = j [1^+л!.+0(-г±и.)]л_
=_1_ с г^+х) d , 0 /1\
о
219
Интегрируя по частям, находим
(— l)'t+1 Л" In х
Г (х)
пх 1п п
Г(х + 1)
nx+l In п
(3)
Ясно, что
Lst+X^dt = o
tv
Умножая (3) на пг1пп, получаем окончательный резуль-
тат:
(-l)"+ln'ln » V In х = Г W+o(l)+o(1HL)+o(l) =
= Г«+О(т^-).
78.	Общий пифагоров треугольник, эквивалентный
общему рациональному прямоугольному треугольнику,
имеет гипотенузу т2-\-п2 и катеты т2— п2, 2тп, где
т и п— положительные целые числа, причем т > п.
Вычисляя тангенс половины угла О между сторонами
т2 — п2 и tn2 -j- п2, находим
, О ______ COS fl' ______ п
& 2 cos fl + 1 т
Числа п и т необходимо выбрать так, чтобы дробь т/п
стремилась к <\/3. Разложив V3 в непрерывную дробь
у 1 Г|1 г|2 Ч| Т|2Т ••• >
можно выбрать в качестве тип числители и знамена-
тели подходящих дробей т^п^ этой непрерывной дроби.
Таким образом, мы получаем бесконечную последова-
тельность пар /пип:
т-,. — 1, 2, 5, 7, 19.
п{=1, 1, 3, 4, 11.....
220
Зная тг и п„ нетрудно вычислить длины сторон соот-
ветствующего прямоугольного треугольника. Полагая
_ 2т,п,
———----J", С —1,
2 1	2
т? + п? ’
имеем а1 + £; = 1, а,—>’/2, 6;->д/3/2.
Итак, последовательность рациональных прямоуголь-
ных треугольников, стремящихся к прямоугольному тре-
угольнику с наименьшим углом, равным 30°, построена.
79. Пусть е — первообразный корень степени k из
единицы. Если h — целое число, удовлетворяющее нера-
венствам O^h<k, то
Чтобы обосновать последний шаг, заметим следующее.
Пусть 6 — наибольший общий делитель чисел v — h и k.
Тогда ev-A — первообразный корень степени £/6 из еди-
ницы. Следовательно, внутренняя сумма, стоящая в ле-
вой части последнего равенства, равна сумме всех кор-
ней степени Лг/6 из единицы, причем каждый корень вхо-
дит в нее 6 раз. Сумма корней степени £/6 из единицы
равна 0, если только £/6 не равно 1 (при £/6 = 1 сумма
равна £). Но при £/6 = 1 числа 6 и k равны, то есть
k является делителем числа v — h, или v = h + Х£. В ка-
честве верхнего предела суммирования выбрана оо, но
в действительности ряд обрывается, как только h + Kk
становится больше п.
Итак,
221
поскольку | 1 + 8й |/2 < 1, если только показатель и
отличен от нуля.
Доказанное утверждение отличается от утверждения
задачи лишь «сдвигом на единицу»: вместо того, чтобы
рассматривать отношение суммы Л-,	(h -j- 2й)-го
и т. д. биномиальных коэффициентов к сумме всех би-
номиальных коэффициентов при h = 1, 2, k, мы рас-
смотрели отношение суммы (Л + 1)-, (Л +/г + 1)-,
(Л + 2й + 1)-го и т. д. биномиальных коэффициентов
к сумме всех биномиальных коэффициентов при h = О,
1, .... k- 1.
80.	Если окружность не пересекает ось х, то а2 < 4b
и квадратное уравнение имеет комплексные корни.
Пусть Н и К— основания перпендикуляров, опущенных
из центра окружности на оси х и у (см. рис. 1). Опишем
окружность с центром в точке К и радиусом
ОК = у (b + 1). Пусть L — точка ее пересечения с пря-
мой, проходящей через точку В параллельно оси х.
С центром в точке Н опишем другую окружность радиу-
сом BL, пересекающую ось у в точках Е и F (точка Е
лежит на положительной полуоси у). Мы утверждаем,
что Х\ = ОНЮЕ и х2 = ОН + IOF— корни уравне-
ния. Действительно, по построению BL2 = Ь, а посколь-
ку а2 < 4Ь, то ya<BL. Таким образом, точки Е и F
вещественны. Кроме того, Xi + х2 = 2-ОН = а, Х\Х2 =
= ОН2 + ОЕ2 = НЕ2 = BL2 = Ь. Тем самым утвержде-
ние доказано.
81.	Соотношение между биномиальными коэффициен-
тами, о котором говорится в условиях задачи, можно до-
казать прямыми выкладками. Действительно,
Ё(-1)‘+,(Э^—is i <-•>* с-е"=
.. dn ( х2	х3	__
— dxn I Х ~2!	3!	’ • ’) —
= (-1)"+1 lim (xn +	+ ...) = (-l)n+1 и!,
что и требовалось доказать.
222
82.	Дополним исходную матрицу до квадратной (по-
рядка п + 2), приписав к ней последнюю строку, все
элементы которой равны 0, кроме последнего, равного
/ п + 1 \
\п+1/ "овая матРиЦа — невырожденная, с опреде-
лителем, равным 1. Обратная ей матрица В имеет ту
же главную диагональ, что и матрица А, а все ее эле-
менты, расположенные ниже главной диагонали, равны
нулю. Остальные элементы матрицы В совпадают с со-
ответствующими элементами матрицы А с точностью до
знака:
Ьц = (—1)	при i>i-
Докажем наши утверждения. Пусть d^— элемент,
стоящий на пересечении i-й строки и j-го столбца матри-
цы АВ. Непосредственно видно, что d-ц = 0 при i > /,
du = 1 (i, j = 1, 2, ..., n + 2). Если j = i + г, где r —
положительное целое число, то
•••
=(-1)ж
= (-1)Ж
= 0.
Если fljj, bij — элементы, стоящие на пересечении i-x
строк и /-Х столбцов матриц А и В, то алгебраическое
дополнение элемента an+2,k равно bk<n+2 = (—i)n+2+kDk,
где Dh — определитель матрицы, полученной из матри-
цы А при вычеркивании последней строки и k-ro столб-
/п+ 1 \
ца. Следовательно, Dk = I ,	. I, что и требовалось
\ гС 1 /
доказать.
83.	Полагая g(x) s= In f(x), преобразуем исходное
уравнение к виду
g(xg)=geg(x) + xeg(y).
(1)
223
При у = х уравнение (1) вырождается в уравнение
g(x2)=2x8g(x).
Методом математической индукции нетрудно доказать,
что при любых натуральных п выполняется соотношение
g(xn)=nx<n~,>£tg(x).	(2)
При у = 1 и у = х~х из уравнения (I) следует, что
g(l)=0,	g(x~') = - x~2Sg(x).
Таким образом, соотношение (2) выполняется при п =
= 0 и п = — I. Пользуясь методом математической ин-
дукции, нетрудно убедиться в том, что соотношение (2)
остается в силе при любом целом п.
Заменив в уравнении (1) х и у соответственно на
х'1п и х*"-1’^, где п — любое (положительное или отрица-
тельное) целое число, получим
g (х) = х<п ~1 ’&ln g (х1 /п) + x$'ng (х1п ~1 )/л).	(3)
Но из (2) следует, что
g(x(«-D/«) = g [(xi/")"-1] = (n - I) x("-2) ^(x1"1).
Пользуясь этим соотношением, преобразуем (3) к виду
^(x1/',) = n~lx('~")8/,,g(x).	(4)
Таким образом, соотношение (2) выполняется не только
при любых целых значениях п, но и в том случае, когда
п — рациональная дробь с числителем, равным единице.
Пусть v/u— рациональная дробь. Поскольку [в силу
соотношения (2)]
g(x°/“) = g[(x‘/“)0] =vx<°~1>8/«g (х’/“),
мы при помощи соотношения (4) получаем
g(xvlu) = их(0-1’ 8/“(1/«) • х(1~“,3/“ g(x) = (v/u) x(0-u)8/“ g(x).
Таким образом, соотношение (2) выполняется при лю-
бых рациональных значениях п.
Иррациональное число можно рассматривать как
предел бесконечной последовательности рациональных
чисел. Поскольку соотношение (2) выполняется для лю-
бого члена последовательности, то оно в силу непрерыв-
224
ности функций f(x) и g(x) будет выполняться и после
перехода к пределу. Таким образом, соотношение (2)
выполняется для любых вещественных значений п.
Пусть у > 0. Полагая п = In i//ln х, приводим (2)
к виду
откуда
g(y> =	.
y$ In у X8 In X
Поскольку левая часть равенства не зависит от х, а пра-
вая— от у, обе они равны некоторой константе С и, сле-
довательно,
g(x) = Cx8lnx.
Вспомнив, что g(x) = lnf(x), получаем решение исход-
ного функционального уравнения
f(x) = хСх8.
84 *. Пусть после покупки очередной пачки сигарет
на руках у покупателя оказалось несколько карт, среди
которых ровно i различных. Обозначим через ATf сред-
нее число (то есть математическое ожидание числа) па-
чек, которые этому покупателю надо еще купить, чтобы
собрать целую колоду.
При покупке следующей пачки может произойти одно
из двух: либо карта, лежащая в ней, совпадает с одной
из уже имеющихся у покупателя, либо это будет новая
карта, и тогда на руках у него окажется i + I различных
карт. Вероятность первого события равна г/52 и среднее
число пачек, которые надо еще купить в этом случае,
остается равным М{ (ситуация не изменилась), вероят-
ность второго равна (52 —г)/52, и тогда среднее число
становится равным Л1г+1. Отсюда
^=1 + -^ + ^=^+!
или
М/ = М/+1 +	(1)
225
Ясно, что М52 = 0 (на руках уже вся колода), а най-
ти нам нужно Мо- Используя последовательно (1), по-
лучаем
,,	и । 62	ял- । 52 , 52
Af0 Af [ + 52	М2 + 5i + 52	• • •
52
• • • = AfS2+-у-+ ... +-f- = 52^-J-«235,976 ....
z=i
Таким образом, чтобы собрать полную колоду карт,
в среднем нужно купить не менее 236 пачек сигарет.
85.	Рассмотрим геометрическое место точек z, лежа-
щих на комплексной плоскости и удовлетворяющих па-
раметрическому уравнению
г = (1 —/)2’
где t — любое комплексное число, абсолютная величина
которого равна 1. Это уравнение параболы с фокусом
в точке z = 0 и касательной в вершине z-|-z = 1. Урав-
нение касательной к параболе, проведенной в точке Z\,
имеет вид
_	2
z~ (1-6) (1-0 •
Касательные к параболе, проведенные в точках Z\ и z2,
пересекаются в точке
212 = (1-6) (1-6)'
Следовательно, уравнение окружности, проходящей че-
рез точки Z12, ^23 и Z31, имеет вид
При t = 1 эта окружность проходит через точку г = 0.
Таким образом, фокус параболы лежит на описанной
окружности треугольника, образованного любыми тремя
касательными к параболе. Перпендикуляры, опущенные
из фокуса z = 0 параболы на касательные, которые про-
ведены в точках Zi, z2 и z2, пересекают касательные в
точках 1/(1 —6), 1/(1—^г) и 1/(1 — t2). Все_ три осно-
вания перпендикуляров лежат на прямой z -|- z = 1. Сле-
довательно, в треугольнике ziz2z3 прямая Симеона, по-
строенная для фокуса параболы z = 0, совпадает с ка-
226
сательной, проведенной через вершину параболы, что и
требовалось доказать.
86.	Установить взаимно-однозначное соответствие
между точками открытого интервала 0 < х < 1 и зам-
кнутого интервала О х 1 можно многими спосо-
бами. Например, пусть Л(х)—точка открытого интер-
вала 0<х<1, а В(х)—точка замкнутого интервала
O^x^l. Точке В(1/2[1 ± 3-п]) сопоставим точку
Л(1/2[1 +3-”-1]), где п = 0, 1, 2.....При всех осталь-
ных х из открытого интервала 0 < х < 1 сопоставим
точки Л(х) и В(х), соответствующие одному и тому же
значению х.
87.	Матрицу, о которой говорится в условиях задачи,
можно рассматривать как частный случай матрицы А
с элементами «<3 = « + |i — j\h. Значение определителя
матрицы А нетрудно вычислить, вычитая элементы
(/ + 1)-го столбца из соответствующих элементов /-го
столбца и оставляя неизменными элементы n-го столбца.
Затем повторим то же преобразование с новым опреде-
лителем, оставляя неизменными два его последних
столбца. Наконец, прибавив последнюю строку к первой,
получим
| А | = (-1)"~12n~2hn~1 [2а + (и -1) Л].
Утверждение задачи соответствует а = 0, h = 1.
88.	Многочлен х8 + 98х4у4 -j- ув можно разложить в
произведение двух многочленов с целочисленными коэф-
фициентами не единственным способом. Приведем лишь
одно такое разложение:
х8 + 98х4у4 + у6 = (х4 + у4)2 + 96x4i/4 == (х4 + у4)2 +
+ 16х2г/2 (х4 + у4) + 64х4у4 - 16х2г/2 (х4 + у4) + 82х4у4 =
= (X4 + у4 + 8х2у2)2 - 16x2i/2(x4 - 2х2у2 + у4) =
= (х4 + у4 + 8xV)2 — (4х3у - 4xi/3)2 =
= (х4—4х?у + 8x2i/2+4xi/3 + r/4)(x4+4x3i/+8x2i/2—4хг/3+у4).
89*. Заметив, что
_ (2fe — 2)1 _ 1 - 3 ... (2fe — 3)ofe-i	92fe-i z_nfe-l
ЙЦ6-1)!	k\ Z — U/ * M ’
227
вычислим производящую функцию последователь-
ности <р&:
ОО	оо
»(.)-£	_ £ С'!) 2!‘-‘ (-1)- ?=
Й=1	ft==l
00
=- 4 Ё С'/) (-м*=-	- о.
ft-l
Отсюда
(2Ф — 1)2= 1 -4Х,
и, следовательно, Ф удовлетворяет квадратному урав-
нению
Ф2(х) = Ф (х) — х.
Приравнивая слева и справа коэффициенты при х", по-
лучаем рекуррентное соотношение
п-1
2 фйФп-Л = Фп-	(О
Л = 1
Далее, <pi = 1, и если фл является целым для всех k
от 1 до п— 1, то в силу соотношения (1) будет целым
и фп, так что по индукции все фп целые. (См. также ре-
шение задачи 59 и сноску к нему).
90. а. Поскольку перемене знака в последовательно-
сти отличных от нуля коэффициентов многочлена f(x)
соответствует сохранение знака в последовательности
отличных от нуля коэффициентов многочлена f(—х),
то общее число перемен знака в той и другой последова-
тельности не превышает степени п многочлена f(x).
Таким образом, если п\— число перемен знака в по-
следовательности отличных от нуля коэффициентов
многочлена f(x), а «2— число перемен знака в последо-
вательности отличных от нуля коэффициентов многочле-
на f(—х), то «1 + «2 п. Следовательно, если многочлен
с вещественными коэффициентами степени п имеет п ве-
щественных корней, то число положительных корней не
может быть меньше п\, а число отрицательных корней
меньше п2.
б. Если аг — 0, а коэффициенты аг+\ и аг-\ многочле-
на f(x) имели бы одинаковые знаки, то и при переходе
228
от f(x) к f(—х) они сохранили бы одинаковые знаки.
Это означало бы, что общее число перемен знаков в по-
следовательностях коэффициентов многочленов f(x) и
f(—x) не превышает п — 2 и многочлен f(x) вопреки
условиям задачи не мог бы иметь п вещественных .кор-
ней. Следовательно, коэффициенты ar+i и ar~i многочле-
на f(x) имеют различные знаки и ar+i-ar-i < 0, что и
требовалось доказать.
91. В приведенном ниже решении использованы сле-
дующие три хорошо известных факта из теории чисел.
А.	Теорема Вильсона (III. 6): если р — простое чис-
ло, то
(р— 1)!==— l(modp).	(I)
Б. Произведение любого числа квадратичных вычетов
есть квадратичный вычет. Произведение нечетного числа
квадратичных невычетов есть квадратичный невычет.
Произведение четного числа квадратичных невычетов
есть квадратичный вычет (III. 7).
В.	Число —I есть квадратичный невычет простого
числа р = 4k + 3 (III. 7, след. 1).
Заменив в разложении факториала, стоящего в ле-
вой части сравнения (I), числа р — s на —s при всех
s 2k + 1, получим
(—l)2fc+’ [1 • 2 • 3 •... • (2/г + I)]2 = — 1 (mod р),
или
(2Ze + 1)! s ± 1 (mod р).
Чтобы определить знак правой части сравнения, за-
метим, что факториал (26 + 1)! представляет собой про-
изведение m квадратичных невычетов и 2/г-(-1 — гп
квадратичных вычетов. Таким образом, как следует из
«Б», (2k + 1)! есть квадратичный вычет при четном m
и квадратичный невычет при нечетном гп. Если m четно,
то есть если (2Ze-|- 1)! — квадратичный вычет, следует
выбирать знак плюс (в силу утверждения «В»), а при
нечетном гп — знак минус. И в том и в другом случае
справедливо сравнение
(2k + l)!^(-l)m(rnodp).
Заменив в разложении факториала (2k + 1)! каждое из
k четных чисел Е — 2, 4, 6...2k числом — (р — Е) и
229
расположив множители в порядке возрастания их абсо-
лютной величины, получим
(_1)*. 1.3-5 ... (p-2) = (-l)m(rnodp)
или
1 - 3-5 ... (p-2) = (-l)'"+ft(modp).
Таким образом, первое сравнение задачи доказано.
Комбинируя его с утверждением «А», приходим ко
второму сравнению задачи.
92.	Пусть Ао, Ai, ..., Ап — вершины п-симплекса,
йо, Й1, .,., ап — их радиусы-векторы относительно цен-
тра тяжести С, nii — длина медианы, проведенной из
вершины Ai, etj — длина ребра A{Aj, М — сумма длин
медиан и £ — сумма длин ребер симплекса.
Прежде всего покажем, что длина медианы не боль-
ше среднего арифметического длин ребер, исходящих из
той же вершины. Среднее арифметическое ао длин ре-
бер, исходящих из вершины Ао, равно
п	п 
i=l	/=1
где bi —at — а0. Следовательно,
п2а2= 2 д/(bi • bi) (bj • &;) .
»>/=i
Поскольку то — длина вектора
п
7Г(«1 + ... + «в)-во=|^^,	W
i=i
то
«2(ао-^о)= i	(2)
i,/=l
В силу неравенства Лагранжа число ^(bibi) (bjbj) —
— | bibj | не может быть отрицательным, и оно равно
нулю в том и только в том случае, если векторы б,- и bj
линейно зависимы, то есть если вершины Ао, А{ и А;
коллинеарны. Таким образом, соответствующее слагае-
мое в правой части соотношения (2) также не может
230
быть отрицательным и равно нулю в том и только в том
случае, если вершины Ао, А{, Aj коллинеарны и верши-
на Ао не расположена строго посредине между верши-
нами А{ и Aj (в противном случае 5,6/<0). Следова-
тельно, то ао, причем равенство возникает лишь то-
гда, когда все вершины коллинеарны и Ао является
крайней вершиной в одном из направлений.
Складывая отдельно правые и левые части нера-
венств
п
/-1
получаем
п п
(з)
1=0 /=0
Равенство выполняется лишь в том случае, если мно-
жество вершин симплекса содержит не более двух раз-
личных точек. Действительно, равенство М = 2Е/п экви-
валентно условию, что вершины симплекса коллинеарны
и каждая вершина является крайней в одном из направ-
лений, то есть среди вершин симплекса нет трех раз-
личных. Таким образом, неравенство
2 М
п> Е
выполняется для n-симплекса, имеющего по крайней
мере три различные вершины.
Далее, поскольку векторы аг отложены из центра тя-
жести С симплекса, то «1 + ... + ап — —а0. Таким об-
разом, вектор (1) равен —(nA-l)aoln, откуда А0С =
= пто1(п-[-1), то есть центр тяжести С делит медиану
в отношении п: 1 (считая от вершины симплекса). При-
менив это соотношение к медианам, проведенным через
вершины At и Aj, и заметив, что А{С AjC AiAj, по-
лучим
+	(4)
Сложив отдельно правые и левые части неравенств
(4), выписанных для каждого ребра симплекса, мы при-
дем к сумме, в которую каждая медиана входит п раз —
231
по одному разу для каждого ребра, выходящего из со-
ответствующей вершины. Следовательно,
п2М (п +!)>£,	(5)
причем равенство выполняется в том и только в том
случае, если центр тяжести С лежит на каждом из
(п-|-1)п/2 ребер (а не на их продолжении). Нетрудно
видеть, что если симплекс имеет по крайней мере че-
тыре различные вершины, то равенство выполняться не
может. Если множество вершин симплекса содержит
ровно три различные вершины, то равенство выполняет-
ся в том и только в том случае, если они коллинеарны,
центр тяжести С совпадает с средней вершиной и ии
одна из вершин, кроме, быть может, С, не является
кратной. Наконец, если множество вершин симплекса
содержит ровно две различные вершины, то равенство
выполняется в том и только в том случае, если n= 1.
В том случае, если n-симплекс содержит четыре раз-
личные или три коллинеарные вершины (в частности,
в том случае, если n-симплекс невырожден и п ^2),
выполняются строгие неравенства
2_
п
п 4-1
и2
(6)
Покажем, что диапазон допустимых значений М/Е
в (6) (включая равенства) нельзя сузить и он достато-
чен для всех невырожденных n-симплексов. Пусть
(хь х2, ..., хп)—декартовы координаты точки в «-мер-
ном пространстве. Рассмотрим сначала n-симплекс, вер-
шина Ао которого совмещена с началом координат, а
все остальные вершины выбраны так, что xi = — 1 у
вершины Ai, хг — 6	0 у вершины Д (2^i^n), а
координаты х} вершины As (s — 1, 2, ..., п) при j =£ s
равны нулю. При 6 = 0 наш n-симплекс имеет лишь две
различные вершины и М/Е = 2/п. При 6 > 0, как пока-
зано выше, выполняется неравенство М/Е < 2/п. По-
скольку отношение М/Е как функция от 6 непрерывно
при 6 = 0, при любом е > 0 найдется 6о > 0, такое, что
при 6 6о будет выполняться неравенство М/Е >
>(2/п) —е. Следовательно, 2/п — точная верхняя грань
отношения М/Е.
Рассмотрим теперь в том же пространстве другой не-
вырожденный симплекс. Вершину Ао снова совместим
232
с началом координат. Вершину А\ выберем так, чтобы
xi = 2, а все остальные координаты были равны нулю.
При 2 i п вершины А, выберем так, чтобы *i = 1,
хг = 6(6>0), а все остальные координаты были равны
нулю. Отношение ЛГ/Е как функция от б снова непре-
рывно при 6 = 0. При 6 > 0 выполняется неравенство
М/Е > (и + 1)/п2, а при 6 = 0 равенство М/Е =
= («+1)/п2. Следовательно, (п+1)/п2 — точная ниж-
няя грань отношения М/Е, что и требовалось доказать.
93.	Начнем с доказательства следующей леммы.
Лемма. Пусть и = р“|р"2 ... Тогда
Доказательство. Пусть C(r,n) — левая часть равен-
ства (1). Нетрудно доказать, что С(г,п) = п, если г де-
лится на и, и С (г, п) = 0, если г не делится на п. Дей-
ствительно, при п = 1 это утверждение очевидно. Да-
лее, каждый делитель любого члена, входящего в С (г, п),
является делителем числа п. Пусть d < п — такой де-
литель. Тогда разложение числа d в произведение сте-
пеней простых чисел содержит по крайней мере один
простой множитель в степени, меньшей, чем степень того
же множителя в разложении числа п. Пусть, например,
pi, р2, .••, Ph — простые множители числа п, входящие
в разложение числа d с меньшими показателями сте-
пени, чем в разложении п (разложение делителя d мо-
жет, в частности, содержать pi в нулевой степени).
В (/+ 1)-й член (в(/ + 1)-ю сумму) С (г, п) делитель d
входит ровно ) раз со знаком (—1/. Следовательно,
делитель d можно исключить из С(г, п), поскольку
k
2<-D'(‘)=o-
/=0
Таким образом, если г не делится на п, мы можем ис-
ключить все делители, то есть в этом случае С (г, п) = 0.
233
Если же г делится на п, то делитель п входит в С (г, п)
лишь один раз, причем в первый член. Тем самым лемма
доказана.
Переходим к доказательству утверждения задачи.
Вычтем из последнего столбца определителя каждый из
столбцов с номерами n/pfe, где пробегает все различ-
ные простые делители числа п, затем прибавим все
столбцы с номерами njpkpi, вычтем все столбцы с номе-
рами nlphpipm и так далее. По лемме элементы послед-
него столбца обратятся в 0, 0, ..., 0, п. Разлагая опре-
делитель по элементам последнего столбца, получим
умноженный на п определитель (п — 1)-го порядка того
же вида, что и исходный. Пользуясь методом математи-
ческой индукции, заключаем отсюда, что исходный опре-
делитель равен п!, что и требовалось доказать.
94.	Условия задачи позволяют варьировать решение
функционального уравнения в широких пределах. При-
ведем лишь два различных способа построения функции
f(x), удовлетворяющей исходному функциональному
уравнению.
а.	Рассмотрим при х > 0 любую однозначную поло-
жительную вещественную функцию f(x), принимающую
при х = 0 значение /(0) = |с|> 0. При х<0 зададим
f(x) при помощи соотношения
Kx)^[f(O)]2/H-x) = c2/f(-x).
Нетрудно видеть, что построенная функция f(x) удов-
летворяет функциональному уравнению, приведенному
в условиях задачи.
б.	Поскольку функция f(x) —положительна и одно-
значна, ее вещественный логарифм также веществен и
однозначен. Следовательно,
F (х) = In f (х)—In f (0) = - [In f (—x)—ln f (0)] = - F (—x).
Таким образом,
In f (x) = In f (0) + F(x), f (x) = f (0) eF4
где F— любая нечетная вещественная однозначная
функция вещественного переменного. Подставляя на-
чальное значение с, получаем окончательно
f (х) = [ c|eF(x).
234
95. Рассмотрим сразу общий случай, то есть
нения
Xi + *2 + хз = а
xi + xl + xl = b
урав-
(1)
(2)
Исключив xi из уравнений (1) и (2), получим
2 (х| + х2х3 + х| — ах2 — ах3) = Ь — а2.	(3)
Следовательно, b — а2 — четное число, и коэффициенты
а и b должны быть либо оба четные, либо оба нечетные.
Пусть
х1=у —х,	(4)
x2=^+f.	(5)
(6)
Вычитая из уравнения (6) уравнение (5), заключаем,
что у — целое число (быть может, равное 0). Не ограни-
чивая общности, условимся считать у неотрицательным
целым числом, поскольку изменение знака у приводит
лишь к перестановке х2 и х3 и не порождает нового на-
бора целочисленных решений xj, х2, х3 системы уравне-
ний (1) и (2). При у = 0 числа х2 и х3 равны.
Подставляя (4), (5) и (6) в уравнение (2), получаем
Зх2+у2 = 2(д--^),	(7)
откуда b а2/3.
Случай 1. Число а кратно 3. Как показывает соот-
ношение (4), число х в этом случае целое. Поскольку
х2 и х3 — целые числа, х и у должны быть либо оба чет-
ные, либо оба нечетные. Любая пара чисел х, у, удов-
летворяющих соотношению (7), порождает набор целых
чисел Xi, х2, х3, удовлетворяющих системе уравнений (1)
и (2). Решение (xi,x2, х3), получаемое при положитель-
ном х, как правило, отличается от решения (хьх2, х3),
соответствующего равному по абсолютной величине, но
противоположному по знаку значению х. Если х = у, то
независимо от знака х решение (хь х2, х3) одинаково при
одном и том же значении |х|. Различные пары чисел х
и У, удовлетворяющих соотношению (7), не обязательно
235
приводят к различным решениям (xj, х2, х3) системы
уравнений (1), (2). Действительно, как следует из сим-
метрии уравнений (1) и (2), если новое значение х при-
водит к значению Xi, совпадающему с ранее получен-
ными значениями х2 или хз, то нового набора значений
Xi, х2, х3 не возникает. Поэтому, за исключением особых
случаев, следует ожидать, что каждому набору Хь х2, Хз
соответствуют три различные пары значений х и у.
Случай 2. Число а не кратно 3.
В этом случае число х имеет вид n/З, где и — такое
целое число, что (а — п)/3 — целое. Пары значений п и у,
используемые для получения набора Xi, х2, х3, должны
удовлетворять соотношению (7), а знак п следует выби-
рать так, чтобы удовлетворялось соотношение (4). Числа
унп должны быть либо оба четные, либо оба нечетные.
При заданных значениях а и b предложенный метод
позволяет довести решение задачи до конца. При а =
= 54, b = 1406 правая часть соотношения (7) равна
868. Различные решения системы уравнений (1) и (2)
для этого случая представлены в таблице:
X	У	X!	Х2	Хз
3	29	15	5	34
-3	29	21	2	31
8	26	10	9	35
-8	26	26	1	27
Остальные пары значений (х, у)
(±9, 25), (± 13, 19), (± 16, 10), (± 17, 1)
не приводят к новым наборам хь х2, х3.
96. Выберем прямоугольную систему координат так,
чтобы ее начало совпало с исходным положением соба-
ки, ось х была направлена от собаки к хозяину, а ось
у — вниз по течению реки. Пусть w — ширина реки
(в милях), с — скорость реки (миль/ч) и & — положи-
тельный острый угол между осью х и прямой, прохо-
дящей через точку, в которой собака находится в мо-
236
мент времени t, и точку (о>, 0). Тогда условия задачи
позволяют составить уравнения
с—^- = 2sin<>, ^ — 2cos-&.	(1)
at	’at	'
Полагая tgft = z, получаем
^+z==|V?+T.	(2)
Ясно, что
2=-----—.
U> — X
Продифференцировав это выражение по х, исключив
dyldx из уравнения (2) и приравняв величины, обратные
правой и левой частям получившегося уравнения, най-
дем
d . ,	.	2	1
откуда
In (до — х) = — -|- In (2 + д/22 + 1) + In k. (3)
Чтобы определить значение постоянной k, заметим,
что х и z обращаются в нуль одновременно. Полагая
в (3) х = z — 0, получаем k = w. Подставив получен-
ное выражение в (3) и разрешив относительно z, при-
ходим к соотношению
2г =	.	(4)
\w — х J \ w — X /	'
Заменив z его значением y/(w— х), получим уравнение
траектории плывущей собаки
2У = (w - [(^Т )12 -	)' ‘2 ] •	(5)
Дифференцируя (5), находим из уравнения dyldx == 0
соотношение
/ и> Xе___ 2 -р с
\ — х0 )	2 — с ’
где х0— абсцисса точки максимального бокового сноса.
Поскольку по условиям задачи х0 = 2w/3, то
пс__ 2 -р с
6 ~ 2-е ’
237
откуда с = 1. (Это уравнение имеет еще два веществен-
ных корня: с = 0 и с = —1. Первый отбрасывается по
смыслу задачи, второй исключается выбором направле-
ния Оу).
Определим время t, которое потребовалось собаке,
чтобы переплыть реку. Обращаясь ко второму из урав-
нений (1), находим
dt __ Vz2 + 1	/ах
dx ~	2	’	' ’
Исключая z из уравнений (4) и (6) и интегрируя от
х = 0 до х == w, получаем
t =	(7)
4 —- С2	'
Поскольку в стоячей воде собака проплывает расстоя-
ние, равное ширине реки, за w/2 часов, а на преодоле-
ние реки затрачивает на */12 часа больше, то
2w	w 1
4 — с2	2 ~ 12 ’
откуда
Но с=1. Следовательно, ширина w реки составляет
1/г мили. Собака переплывает ее за 20 мин.
97.	Нетрудно видеть, что условиям задачи удовлетво-
ряет
р р
i=l /=1
где ei:-— обычные единичные матрицы, а = min (/?,
q), при этом kpqrs = mqrmpslmpqm
rs-
98.	Произведение восьми последовательных чисел
(х—наименьшее из них) запишем в виде
Р === х (х 4" 7) (х 4* 1) (х 4* 6) (х 4* 2) (х 4* 5) (х 4- 3) (х -J- 4) =
(х2 4-7х 4-6 - 6) (х2 4-7х 4-6) (х2 4-7х 4-6 4-4) X
X (х2 4- 7х 4- 6 4- 6) = а4 4- 4а3 - 36а2 - 144а =
== а4 4- 4а (а 4- 3) (а — 12),
238
где а = х2 + 7х + 6. Поскольку при х 1 выполняется
неравенство а > 12, то а4 <; Р. Кроме того,
(а + I)4 — Р = 42а2 + 148а + 1 > 0.
Таким образом,
а4 < Р < (а + I)4,
что и требовалось доказать.
99.	Пусть Dn — определитель (п + 1)-го порядка мат-
рицы квадратичной формы от п + 1 переменных, приве-
денной в условиях задачи (n = 0, 1, ...), a Zv — v-я
строка этого определителя. Заменив ZQ линейной ком-
бинацией Zo + ^2 — 2Zb получим определитель, первая
строка которого содержит элементы 0, 2, 0, ..., 0, а ос-
тальные строки совпадают со строками исходного опре-
делителя. Проделав аналогичную операцию над первым
столбцом нового определителя, получим определитель,
первый столбец которого содержит элементы —4, 2,
0, ..., 0. Разложив последний определитель по элемен-
там первой строки, получим рекуррентное соотношение
Dn — — 4£>„-i — 4Dft-2, и = 2, 3, 4,
где Do = 0, D\ =—1. Пользуясь методом математиче-
ской индукции, нетрудно доказать, что
Dn = (—\)n2n'~'n
(это равенство составляет содержание задачи 87). По-
скольку Dn =+ 0 при 1, ранг матрицы равен п+1.
Зная это, определим сигнатуру квадратичной формы,
приведенной в условиях задачи, по формуле Фробениуса:
X sign(Dv_1£>v) = —(п—1), D-t = l.
V-0
Тем самым утверждение задачи доказано.
100.	Пусть р = 6k + 1 (число вида 6k + 5 и 2 не мо-
жет иметь вид 3«+ 1, а остальные не могут быть про-
стыми). Разобьем классы вычетов 1, 2, ..., р—1 на
3 множества: множество А кубических вычетов по
239
модулю р и множества В s и С = Р2Л, где р не при-
надлежит А. Этими множествами исчерпывается полный
набор вычетов по модулю р, и каждое из них содержит
по (р—1)/3=2£ членов. Пусть а — элементы множе-
ства А, р— элементы множества В и у — элементы мно-
жества С. Рассмотрим, как распределены а, Р и у среди
элементов полного набора вычетов 1,2, .... р— 1. Пред-
положим, что существуют а элементов а, за каждым из
которых следует элемент а', то есть а решений сравнения
а'= а + 1 (mod р),	(1)
Рассматривая все возможные случаи, мы приходим
к следующей системе сравнений по модулю р (рядом
с каждым сравнением указано число допускаемых им
решений):
а'^а+1, а; а = Р+1, d;	а = у+1, g-,
р = а+1, b\ р'=р+1, е;	р = у+1, h;	(2)
у = а-|-1, с; Y=P+ 1, f> Y,EY + 1. *•
Поскольку каждый вычет 6, за исключением а-вычета
р—1, имеет «последователя» — вычет 6+1, то числа
а, Ь, .h, i должны удовлетворять соотношениям
а + b + с	2 k — 1, d + в + f	2 k, g + h + i 2k. (3)
Кроме того, —1 принадлежит множеству кубических
вычетов, поэтому —а= а', —р = р', —y =у', и Ь, как
и d, есть число решений сравнения
a + р + 1	0.
Следовательно, b = d. Аналогичные рассуждения позво-
ляют вывести и два других равенства: g = с, h = f.
Заметим далее, что с — число решений сравнения
l+a + Y = 0, или y-1 + У-1« + 1 s0.
Но y-1 = Р. а у-1а совпадает с каким-то другим выче-
том, например с Р'. Таким образом, с — число решений
сравнения
1 + Р + у' = о.
240
Но е — также число решений этого сравнения, в силу
чего е = с. Как показывают аналогичные рассуждения,
i = b. Составим таблицу
	АВС
А В С	а Ь с Ь с f с f b
показывающую число различных типов следования эле-
ментов в полной системе вычетов 1, 2,	р—1. Урав-
нения (3) позволяют выразить все числа, входящие в эту
таблицу, через числа а н Ь:
c = 2k— 1 — a — b, f = a+l.
Найдем теперь число решений сравнения
1+« + Р + у = О.	(4)
Когда а пробегает все элементы множества А, мы полу-
чаем из сравнений (2), что
' а' + Р + у а раз,
(1-+-а) + Р + у = ' Р'+Р + у & раз,
• у' + Р + у с раз.
При фиксированном а' эти сравнения эквивалентны срав-
нениям
«' + Р + у = О, 1 4- pa'-1 + ya,_| ^0,	1-f-р'-f-у'= 0.
Из последнего сравнения мы видим, что оно допускает f
решений. Аналогично получаем при фиксированном Р'
сравнение
р'4-р + у=0. или 1 а + р ==s0 (& решений),
при фиксированном у' — сравнение
у'4-р4-у = 0, или 14~у4~« = 0 (с решений).
Таким образом, сравнение (4) допускает af 4- b2 4~ с2 ре-
шений. С другой стороны, записав сравнение (4) в виде
(1+р)4-<х4-у = 0,
241
мы обнаружим, что оно допускает be -f- cf -f- bf решений.
Таким образом,
af + b2 + с2 = be + cf + bf.	(5)
Подставляя в соотношение (5) полученные выше выра-
жения си f через а и b и полагая р — 6£-f- 1, преобра-
зуем его к виду
= (66 — 9а — 7)2 + 27 (2& — а — 26 — I)2.	(6)
Заметим, что в любом представлении простого числа
р = 6k + 1 в виде
4p = u2 + 27v2	(7)
числа и и v либо оба четные, либо оба нечетные, причем
u^0(mod3). Если оба числа «ио четные, то
<«>
— единственное представление простого числа р в виде
х2 + 3г/2, где j/ = 0(mod3). Если оба числа а и v нечет-
ные, то их знаки следует выбрать так, чтобы число
(и — 3v)/4 было целым, и тогда
p = (JL+*L)! + 3(i^!.)a	(9)
— единственное представление простого числа р в виде
х2 + 3г/2, где у Ф 0 (mod 3). Следовательно, простое число
р представимо в виде
р = Л2 + 27В2 = Л2 + 3(ЗВ)2	(10)
в том и только в том случае, если числа и и v из соотно-
шения (7) оба четные или, что то же, если число а из
соотношения (6) нечетно. В свою очередь, число а не-
четно в том и только в том случае, если 2 — кубический
вычет по модулю р, поскольку а — число пар «соседних»
кубических вычетов в полной системе вычетов 1, 2, ...
..., р — 1, а если х и (x-f-1)—кубические вычеты, то
(р — х—1) и (р — х)—также кубические вычеты. Та-
ким образом, кубические вычеты можно всегда считать
парами, если не выполняются равенства
(х,	1) = (р — х— 1, р — х)=(-^-,
242
и число а нечетно в том и только в том случае, если
(р—1)/2, (р + 1)/2—кубические вычеты. В свою оче-
редь, поскольку
2 (~ y~) = ± 1 <mod Р)>
числа (р—1)/2 и (p-f-l)/2 являются кубическими вы-
четами в том и только в том случае, если 2 — кубиче-
ский вычет по модулю р, что и требовалось доказать.
101.	Значения коэффициента А, при которых трехчлен
f (х) = х12 + Ах6у6 -f- г/12 допускает разложение на два
многочлена шестой степени с рациональными коэффи-
циентами, задаются выражениями R 4~ R~\ 2 — R2 и
—2— /?2, где R— любое рациональное число. Разложе-
ния трехчлена /(х) имеют соответственно следующий
вид:
(х6 + Ry6) (х6 4-	(х6 + W 4- у6) (х6 - Rx3ya 4- /)
и (х6 4- R^y3 — у6) (х6 — Rx?y3 — у5).
Докажем, что другие возможности исключаются. Для
этого рассмотрим несколько случаев.
Случай Г. А <—2. Пусть xly = v, a s — веществен-
ный корень уравнения
f (у) = у12 4- Av6 4-1=0.
Тогда А = —s6 — s~6. Многочлен f (у) разлагается на
следующие элементарные множители:
a) v2 4- sv 4- s2; в) у2 4- s~lv 4- s’2; д) у 4~ s; ж) у 4- s’1;
б) у2 — sy-f-s2; г) у2 — «“'у 4~s~2; е) у— s; з) у— s~l.
Нам необходимо составить из этих элементарных
множителей два многочлена шестой степени, произве-
дение которых совпадает с многочленом f(y). Ясно, что
если один из сомножителей имеет рациональные коэф-
фициенты, то дополнительный сомножитель также имеет
рациональные коэффициенты. Рассмотрим многочлен
с вещественными коэффициентами, содержащий множи-
тель а. Его можно составить 22 способами. Перебрав все
возможные способы, мы придем к следующим результа-
там: соответствующие многочлены имеют рациональные
коэффициенты в том и только в том случае, если рацио-
нальны числа: для многочлена (абде) — число s6;
243
(абжз) —число s2; (абез) — число s3-f-s-3; (агеж) — чис-
ло s3 — s-3; (авдж) — число s-f-s-1; (агдз)—число s — s_|,
а все остальные многочлены — лишь если рационально
число s. Но если s или s2 рациональны, то число s6 также
рационально; если рациональна сумма s -f-s-1, то рацио-
нальна и сумма кубов s3-f-s~3; если рациональна раз-
ность s — s_|, то рациональна и разность кубов s3 — s-3.
Итак, возможны лишь три варианта. Переходя к коэф-
фициенту А, получаем: либо А = R + 7?-1 (R < О, R =£=
=# —1), либо А = 2 — R2, |Л!| > 2, либо А = —2— R,
R #= 0.
Случай 2-. А > 2. Пусть is — чисто мнимый корень
уравнения f(v) = O. Тогда А = s6 4- s-6. Элементарные
вещественные множители, на которые разлагается мно-
гочлен f(v), имеют следующий вид:
a) v2 + s2; в) v2 —-\/3 sv A-s2', д) v2 — д/З s~'v 4- s~2;
б) v2 + s~2; г) v2 + V3 sv + s2; e) v2 4- ^3 s~'v 4- s~2.
Многочлен шестой степени, содержащий а (сомножи-
тель, входящий в разложение многочлена можно
составить 10 различными способами. Их рассмотрение
приводит к следующим результатам: многочлен (авг)
имеет рациональные коэффициенты в том и только в том
случае, если число s6 рационально; многочлен (адж) —
если рационально число s2, а все остальные многочле-
ны — если рационально число s'\/3. Во всех этих случаях
число s6 рационально и А = RA~ R~l, R > 0, R =/= 1.
Случай 3: |Л| <2. Пусть А = —2 cos 60, 0 < 60<л.
Элементарные множители многочлена f(v) имеют сле-
дующий вид:
a)	v2 — 2ц cos О 4- 1;
б)	ц2 4-2ц cos О 4-1;
в)	ц2 — 2ц cos (б 4" у) + 1;
г)	ц2 4- 2ц cos (б 4- у) 4-1;
д)	ц2—2цсоэ (б 4~ у-) 4-1;
е)	ц2 4- 2ц cos (б 4- -yj 4-1.
Многочлен шестой степени, содержащий множитель
а и входящий в разложение многочлена f(v), можно по-
строить 10 способами. Рассмотрение их приводит к сле-
дующим результатам: многочлены имеют рациональные
коэффициенты в том и только в том случае, если рацио-
244
нальны следующие значения косинусов: для многочле-
на (агд) —cos3fl; (аве) —cos &; (авд) —cos(ft 4-л/3);
(аге)—cos($4-2n/3), все остальные многочлены — если
рациональны cos и cos(O + л/3). Во всех случаях
cos 3# рационален и А = —4 cos1 2 ЗФ 4- 2 = 2 — R2 где
RI <2.
Случай 4: А = ±2; сомножители, входящие в раз-
ложение f(v), очевидны.
Итак, хотя в разложение f(v) на многочлены с ра-
циональными коэффициентами могут входить и другие
сомножители, они существуют лишь в том случае, если
коэффициент А имеет одно из приведенных в начале ре-
шения значений.
102.	Сегмент, отсекаемый от конического сечения со-
впадающей с нормалью хордой, имеет минимальную пло-
щадь в том случае, если хорда пересекает ось кониче-
ского сечения под углом ±л/4.
1.	Площадь сегмента, отсекаемого от параболы
у2=ах хордой PQ, равна (q — р)3/6а, где р и q — орди-
наты точек Р и Q, причем р < q.
Если хорда PQ совпадает с нормалью к параболе в
точке Q, то р = —q — a2)2q, в силу чего площадь сег-
мента равна
А(2, + <)\ <>0, „<0.
Дифференцируя, находим условие минимума площа-
ди сегмента: q = а/2, р = —За/2. Угловой коэффициент
нормали равен —1, точка Q совпадает с концом фокаль-
ной хорды *. Другой конец этой хорды мы получаем при
р > q. Минимальная площадь сегмента равна 4а2/3.
2.	Пусть #1 и ^(О < бт — $2 < 2л)— значения пара-
метра, соответствующие двум точкам эллипса х =
= a cos &, у = b sin ft. Площадь сегмента, отсекаемого
проходящей через эти две точки хордой, определяется
выражением
S = «&[(&! —Фг) — sin (&! —Фг)]^.	(1)
1 Хорды, проходящей через фокус параболы параллельно дирек-
трисе. — Прим, перев.
245
Для того чтобы эта площадь была минимальной, должно
выполняться соотношение 1—rfO2/rfOi =0. Хорда совпа-
дает с нормалью, проходящей через точку Oi, если
Д to- Л == 6<sin -sin fy) _ _ A rt<y
b 1	a (cos th — cos 0]) a °	2	’	' '
или
02 — 2 arcctg	_ flj.
Комбинируя эти соотношения, получаем
.   d’&i   2a2b2 sec2fti	.	,n\
1 — dftj — a4 tg2-ft) + 64	W
откуда tgOi = ±&/«. Таким образом, хорда совпадает
с нормалью, имеющей угловой коэффициент ±1. Если
выбрать 0 < Oi < л/2, то соотношение (2) превращается
в равенство О2 = —301, а площадь сегмента опреде-
ляется выражением
S = £^-sin*>0 = 2аЬ Га rctg А _	. (4)
2	L ° а (а2 + b2)2 J ' !
3.	Пусть 01 и 02 (0 •< 01 — 02)— значения парамет-
ров, соответствующие двум точкам одной и той же ветви
гиперболы х — a ch О, у = b sh О, b < а. Приведенные
выше рассуждения для случая эллипса практически це-
ликом переносятся на случай гиперболы (с точностью до
замены круговых функций гиперболическими). В той же
последовательности, что и в пункте 2, проведем следую-
щие вычисления:
о _ ab [sh (Oj - О2) - (Oj - O2)J
6	2
a,, „ 6(shO2 — shOi) b .. Oi + O2
~bth == a(chO2 —chOj) =7 cth
или
02 = 2 Ar th [ a*2th-L] - 0,,
. __ rfO2 __ 2a2b2 sech2O] .
1 —	~ a4th2O] —&4 — 1
(0
(2)
(3)
откуда
th 0i=±-.
a
246
Таким образом, хорда совпадает с нормалью, имеющей
угловой коэффициент ±1.
3_ «Щ**,-.<»,) = 2аЬ Г£>(-‘+ W _ Arth Al.
L (а2 — о2)2	a J
103. Докажем, что ответ на вопрос задачи отрица-
тельный. Пусть Еп (п=1, 2, ...) — множество точек,
абсциссы которых в двоичной системе представимы
в виде
0, ttnlan2 • • • an,n~llan,n+l • • •»	(1)
где двоичные цифры ап, принимают значения 0 или 1.
Каждому из 2П-1 способов выбора первых п—1 цифр
соответствуют два числа — наибольшее и наименьшее.
Наибольшее число (при данном выборе первых п—1
цифр) получается при аП] = 1 (/^ n + 1), наимень-
шее— при ап} = 0 (/^« + 1). Разность между наи-
большим и наименьшим числом равна
grt+l 2^+2	* * * g/l
Таким образом, варьируя цифры, начиная с (п-f- 1)-й и
далее, мы получаем все точки интервала длиной 1/2".
Кроме того, отрезки, соответствующие двум различным
выборам первых п— 1 цифр, не перекрываются, посколь-
ку абсциссы левых концов таких отрезков отличаются
между собой по крайней мере на 1/2п-1. Таким образом,
множество Еп состоит из суммы 2П-1 непересекающихся
отрезков, каждый из которых имеет длину 1/2", и мера
множества Еп равна */г. Каждое из множеств Еп лежит
на отрезке (0, 1).
Рассмотрим теперь любое бесконечное пересечение
G = fvj П Еу2 ... П .
(1<V!<V2< ... <VZ< ...),
образованное из членов последовательности {£п}. Пусть
Gi = Evt П Ev2 • • • 0 Evt
— конечное пересечение первых i сомножителей, входя-
щих в G. Абсциссы точек, принадлежащих множеству
G{, имеют вид
0, а1а2 ...	... a^la^ ... %,-Ja^.	(2)
247
При каждом фиксированном выборе первых Vi— 1 цифр
точки, соответствующие двоичным числам (2), запол-
няют отрезок длиной 1/2V/. Следовательно, в конечное
пересечение Gt всего входят 2(Vi-1)_,/_1) = 2Vt-1 таких
отрезков, причем, как и прежде, эти отрезки не перекры-
ваются.
Таким образом,
mes G/ = 2v^z4- = -v-
2 *	2
Но поскольку G — подмножество множества G, прн лю-
бом i = l, 2, ..., отсюда следует, что mes G = 0.
104.	Рассмотрим векторы, проведенные из центра эл-
липса в три заданные точки. Пусть zlt z2, z3— соответ-
ствующие им комплексные числа, g = (а b -f- с)/3.
Тогда
a = g + zb b = g + z2, с = g + z3.
Поскольку 1 -f- s -f- s2 = 0, то выражение для длин по<
луосей эллипса не изменится, если а, Ь, с заменить чис-
лами Zi, z2, z3. Кроме того, поскольку центр тяжести тре-
угольника abc совпадает с центром данного эллипса, то
этот эллипс является для треугольника abc эллипсом
Штейнера *, и эксцентрические углы заданных точек от-
личаются на 2л/3. Пусть А и В — длины полуосей эллип-
са (Л >В), а — угол наклона большой оси к веществен-
ной оси. Тогда
2e_,,“zI = (Л + В) t + (Л - В) Г1,
2e~iaz2 = (A + B)et + (A-В) &2Г\
2e~laz3 — (А-{-В) e2t -{-(А —В) &Г1,
где t = ei(f, а ф— эксцентрический угол точки Z\.
Умножая первое соотношение на 1, второе—на в,
третье — на в2 н складывая отдельно левые и правые
части, получаем
А — В = 2 'г' + 822 + е2гз *
3
и аналогично
Я 4- В = 2 '21 + е2г2 +8гз ।
248
Решив эту систему уравнений относительно Л и В, полу-
чим для полуосей выражения, приведенные в условиях
задачи.
105.	Пусть иг — общий (r-й) член суммы, стоящей в
левой части доказываемого тождества, a Sn — значение
этой суммы. Разлагая их на элементарные дроби, по-
лучаем
«	(-l)s(")
= Zu si (n - s)l (x + г + s) ’	<0
s=0
r=0 s=0
(члены, не имеющие смысла, при суммировании надле-
жит опускать}, и если t > п, то t — п «С s sC и. Тожде-
ство (1 —х2)п = (1 —х)п (1 + х)п приводит к следую-
щему тождеству между биномиальными коэффициен-
тами:
(3)
Если 2р > п, то 2р—п s п. В соотношении (2)
члены, соответствующие нечетным i, обращаются в нуль.
Следовательно,
у (-Рр______________
£и pl (п — р)1 х + 2р
(4)
Полученное выражение представляет собой не что
иное, как разложение на элементарные дроби правой
части доказываемого тождества (в справедливости фор-
мул (1) и (4) легко убедиться методом математической
индукции).
249
106.	Рассмотрим характеристическое уравнение
—“ х	Ц] Vj
Л2 Н2 — X v2
Рз v3 —х
вещественной ортогональной матрицы, приведенной в ус-
ловиях задачи. Как известно, все корни такого уравне-
ния по абсолютной величине равны 1. Поскольку все
коэффициенты характеристического уравнения вещест-
венны, то два корня комплексно сопряженные и их
можно представить в виде cos 0 ± i sin &, а третий ко-
рень— вещественный и равен либо -{-1, либо —1 (в рас-
сматриваемом случае -f-1, поскольку произведение кор-
ней равно свободному члену характеристического урав-
нения, то есть определителю матрицы, составленной из
направляющих косинусов).
Сумма трех корней равна следу матрицы, то есть сум-
ме членов, стоящих на главной диагонали. Следова-
тельно,
+ Н2 + v3 == 2 cos 0 + 1^ — 1.
Если бы определитель матрицы был равен —1, то ве-
щественный корень характеристического уравнения был
бы равен —1, и из рассмотрения следа матрицы мы по-
лучили бы неравенство
^1 + Рг + v3 1.
107.	Если число —3 не является квадратичным невы-
четом всех простых чисел вида Зп + 2, то пусть р — наи-
меньшее нечетное простое число этого вида, для кото-
рого разрешимо сравнение х2 = —3 (mod р). Пусть
х = е — решение этого сравнения (е<р). Не ограничи-
вая общности, предположим, что число е четное, по-
скольку если бы е было нечетно, то число р — е, также
удовлетворяющее сравнению х2 = —3 (modp), было бы
четно.
Рассмотрим сначала случай е2 = l(mod3). Из срав-
нения
е2 е= — 3 (mod р)
получаем
е2«-3 + М, f<p,	(1)
где f — нечетное число.
250
Следовательно,
pf = g2 + 3 = 4 (mod 3),
а поскольку
р = 2 (mod 3),
то
f э 2 (mod 3).
Число f нечетно и имеет вид Зп4-2. Следовательно, f
должно содержать нечетный простой делитель q вида
Зп + 2, поскольку если бы все делители числа f имели
вид Зп или Зп-f- 1. то и их произведение было бы того
же вида. Из соотношения (1) получаем
е2 == — 3 (mod f),
в силу чего выполняется и сравнение
е2е= — 3(mod<?).
Но последнее сравнение противоречит гипотезе о том,
что р — наименьшее простое число вида Зп + 2, для ко-
торого —3 является квадратичным невычетом.
Теперь рассмотрим случай, когда e2 = 0(mod3). Вы-
делим наибольшую степень числа 3, входящую в разло-
жение е на простые множители, то есть представим е
в виде
е — 3ak, k^O (mod 3).
Поскольку
е2 = — 3 (mod р),
то
32%2 = -3(modp),
откуда
32а-1/г2=г- l(modp),
или
32“-^2+А<р,	(2)
h — нечетное число.
Таким образом,
ph = 1 (mod3).
Но
р ® 2 (mod 3),
в силу чего
h = 2 (mod 3).
251
Итак, h, нечетное число вида Зп4-2, должно содержать
нечетный простой делитель г вида За + 2. Из сооотноше-
ния (2) получаем
поэтому
32а-|^2 = —1 (modr)
и
32a£2 = -3(modr).
Мы опять пришли к противоречию с исходным предпо-
ложением; следовательно наименьшего нечетного просто-
го числа вида Зп + 2, для которого число —3 является
квадратичным невычетом, не существует. Тем самым ут-
верждение задачи доказано. Из приведенного доказа-
тельства следует, что квадратичный нерычет простого
числа р вида Зп4-2 сравним по модулю р с числом
вида — За2, а = 1, 2.... (р—1)/2.
108.	Начнем с доказательства леммы.
Лемма. Перпендикуляр, опущенный из точки окруж-
ности на хорду, равен среднему геометрическому перпен-
дикуляров, опущенных из той же точки окружности на
касательные к окружности, проведенные через концы
хорды.
Доказательство. Пусть Р— произвольная точка ок-
ружности, АВ — любая хорда, РМ — перпендикуляр, опу-
252
щенный из Р на АВ, PD и РЕ — перпендикуляры, опу-
щенные из точки Р на касательные к окружности, про-
веденные через концы хорды АВ (рис. 18). Проведем
хорды РА и РВ. Заметим, что ZPBE =< (^zjPB—
= ХРАМ и ZDAP — (J/2)PA — ZPBM. Следовательно,
прямоугольные треугольники РВЕ и РАМ подобны и
прямоугольные треугольники DAP и РМВ также по-
добны, откуда РЕ : РМ = РВ : РА s РМ : PD, или РМ =
= д/PD • РЕ.
Лемма доказана.
Пусть АВС — заданный вписанный треугольник, а
XYZ — заданный описанный треугольник (рис. 19), сто-
роны которого касаются окружности в вершинах тре-
угольника АВС. Из точки Р окружности опустим перпен-
дикуляры РМ, PN, PR, PD, РЕ, PF на стороны АВ, ВС,
С A, XY, YZ, ZX. По лемме PM=^PD-PE, PN =
— л/РЕ • PF. Перемножив эти соотношения, получаем
РМ • PN • PR = PD • РЕ • PF,	(1)
что и требовалось доказать.
253
Соотношение (1) остается в силе и в том случае,
если точка Р совпадает с одной из вершин треуголь-
ника АВС, поскольку при этом правая и левая части
соотношения (1) обращаются в нуль.
109.	Все возможные расположения в ряд п чисел,
удовлетворяющие условиям задачи, можно получить, дей-
ствуя следующим образом.
а.	Поместим единицу на первое место, а Остальные
единицы расставим по любым at — 1 из at + а2 + • • •
... + ап — 1 мест, оставшихся свободными. Общее чис-
ло способов, которыми можно расставить единицы,
равно
/ Я] + а2 + ... + ап — 1 \
\	я1 — 1	Л
б.	Поместим двойку на первое свободное место, а
остальные двойки расставим по любым я2—1 из я2 +
+ я3 + ... 4-яп — 1 мест, оставшихся свободными. Об-
щее число способов, которыми можно расставить двойки,
равно
/ я2 4- я3 + ... + ап — 1 \
\	я2 — 1	7
в.	Аналогичным образом тройки можно расста-
/ я3 + я4 + ... + ап — 1 \
вить I	.	I способами, четверки —
\ я3 — 1	/
( Я4 + я3 + . . . + «п — 1 Ч
I	,	I способами, ..., числа п—1
\ я4 — 1	/
( ®п— 1 4"
соответственно |	,	I способами.
\ an-i — 1	/
г.	Наконец, числа п можно расставить по оставшимся
ап местам лишь одним способом.
Таким образом, общее число способов, которыми
можно расставить в соответствии с условиями задачи Я1
единиц, я2 двоек, ..., ап чисел п, равно
тгг / 4k + «fe+l + ••• +«rt—1 \_
яй-1	)~
________________________________(й| + Я; + ... + Д»)1__________
п_______________________________•
П (ak + ak+i + ••• +%)(“*- !)i
Л-1
254
Если вместо а^ чисел k (Л == 1, 2, ..., п) взять
различимых членов, образующих k-и класс, то общее
число способов расстановки следует умножить на
at!a2! ... ап!.
110. Решение задачи удобно свести к рассмотрению
нескольких случаев.
Случай 1. Лишь один пассажир в вагоне не успел
стереть с лица сажу. Он видит, что все остальные пас-
сажиры смеются над кем-то, у кого лицо испачкано са-
жей, но, оглядев своих попутчиков, убеждается, что их
лица чистые. Отсюда он заключает, что сажей испачкано
его лицо, и приводит себя в порядок.
Случай 2. Несколько раньше в вагоне оставалось два
пассажира с испачканными сажей лицами. Каждый из
них думает, что остальные пассажиры смеются над его
соседом, до тех пор пока не осознает, что если бы на его
лице не было сажи, то другой пассажир рассуждал бы
и действовал так, как в случае 1. Поскольку этого не
происходит, пассажир заключает, что и его лицо испач-
кано сажей. Тот из двух пассажиров, кто мыслит бы-
стрее, первым сотрет сажу со своего лица.
Случай 3. Еще раньше в вагоне в течение какого-то
времени оставалось три пассажира с испачканными са-
жей лицами. Каждый из них, поразмыслив, понял, что
если бы на его лице не было сажи, то в вагоне осталось
бы лишь два пассажира с испачканными лицами и со-
бытия развернулись бы так, как в случае 2. Поскольку
этого не происходит, пассажир с наиболее быстрой реак-
цией заключает, что у него на лице сажа.
Случай k. Аналогично, если в течение некоторого вре-
мени в вагоне оставалось k пассажиров с испачканными
сажей лицами, то каждый из них мог бы рассуждать
следующим образом: «Если на моем лице не было бы
сажи, то в вагоне осталось бы k—1 пассажиров с ис-
пачканными лицами. Поскольку остальные пассажиры
ведут себя не так, как следовало бы в случае k— 1, то,
следовательно, на моем лице сажа». Придя к такому
заключению, пассажир, который соображает быстрее
других, достает платок и вытирает сажу с лица, после
чего в вагоне остается k — 1 пассажиров с испачканными
сажей лицами.
Таким образом, число испачканных пассажиров убы-
вает от п до 1, а после того, как последний пассажир
255
сотрет сажу со своего лица (случай 1), обращается в О,
что и требовалось доказать.
111. Обозначим ряды, заключенные в скобках, соот-
ветственно через Sa, Sg, SB, Sr. Пусть un = п-й член
ряда. Воспользуемся двумя известными разложениями:
— = 1 —- ______- +
4	1	3^5	7	• • •>
1п2 = 1-| + |-|+....
а)	(—1) 24ип = ^—^—2/1 + 2+2/1 + З’
24Sa = -4(f)+5-2 + |,
л + 24Sa =-у-;
О
। \Fl“l <7ОЛ	I	6	•	20 I
б)	(—1)	720и„ — 2^- — 2п + 1 + 2п + 2 — 2/1 + 3 +
.15	6.1
2п +4 2п + 5 ' 2« + 6 ’
7203. = - 8 (i) + 8 +-1 +-£ +-И-- 4 +1
л + 360S6 = -g- = 3,15;
/ 1\я—1	_ 1	4 f 6	4	1	1
В) t— 1J	MUn — 2^ —2rt+ 1 -h ~2n + 2 — 2n-f-3 2n+4 *
24S = — — —4--?__4 (-_____-----4- 'I
2	3 nr 4	4 -t- 6	8 -T • • •) .
In 2 + 12SB = --;
___1_ _1_
2/i + 5 ~ 2/i + 7 ’
3845г=1б(|)-15 + -У--1 +|,
n-96Sr=-|p.
112.	Пусть 26r—наибольшая степень двойки, содер-
жащаяся в разложении числа аг в произведение степе-
256
ней простых чисел. Тогда аг=2%, где с — нечетное
число. Поскольку среди целых чисел от 1 до 2п имеется
п нечетных чисел, то среди п 4- 1 чисел аг найдутся по
крайней мере два таких (например, а, и aj), у которых
множители с совпадают. Очевидно, что одно из этих
чисел является делителем другого.
113.	Пусть а, р, у — внутренние углы треугольника
АВС, х, у, z — длины перпендикуляров OP, OQ, OR, опу-
щенных из точки О на стороны ВС, СА, АВ треугольника
АВС, и а, Ь, с — длины отрезков О А, ОВ, ОС. Тогда
QR = V#2 + z2 4- 2yz cos а, а =
И
sin а
а + Ь + с= £ У t/2 + z2 + 2yz cosa
а, В. V
EV(F sin y + z sin P)2 + (y cos y — z cos (J)2
sin а
r/sinY + zsinfJ _y1 / sin P . sinY
Zj \sinY "r sinP
sin а
2 (х + у 4- г),
что и требовалось доказать.
114.	Как нетрудно проверить, унимодулярные аффин-
ные преобразования х' = х 4- ky 4- pk2!2, у' = у 4- kp
оставляют инвариантной параболу у2 = 2рх 4- а. Эти
преобразования образуют однопараметрическую груп-
пу G и оставляют инвариантной любую параболу,
принадлежащую однопараметрическому семейству у2 =
= 2рх 4- а (а — параметр). В группе G содержится пре-
образование, переводящее любую точку заданной пара-
болы из семейства у2 = 2рх 4- а в любую другую точку
той же параболы.
Пусть А и А' — две точки наружной параболы, В, С
и В', С' — точки касания прямых, проведенных из точек
А и А', с внутренней параболой. Преобразование груп-
пы G, переводящее точку А в А', переводит точку В в В',
а С — в С'. Поскольку определитель любого преобразо-
вания из группы G равен 1, то все преобразования из G
сохраняют площадь.
257
115.	Ясно, что сторона а треугольника АВС больше
любого из отрезков АР, BQ, CR. Проведем ОХЦЛВ,
ОУ || АС, ХК || OR, YL || OQ (точки X и У лежат на сто-
роне ВС, точка К — на стороне АВ и точка L — на сто-
роне СА). Рассматривая пары подобных треугольников
OXY, ABC-, ВХК, BCR; CYL, CBQ,
получаем
XY > OP; ВХ> XK = OR-, YC>YL = OQ.
Следовательно,
а = ВХ + XY + YC > OR + OP + OQ,
что и требовалось доказать.
116.	Поскольку матрица вещественна и симметрична,
то все корни ai, aa, ..., ап ее характеристического урав-
нения хп + aix”-1 +... + ап = 0 вещественны. Требо-
вание равенства всех корней приводит к соотношению
2(аг — <Ху)2=0, или (п—1)а2—2па2 = 0. Выражая at и а2
через элементы исходной матрицы, получаем
(и 1)	2п	a2j) = О,
1 < /
(п — 1) 2 а2а — 2 2 ацаи + 2п £ а2ц = О,
К!	t<i
S [an — ап)2 + 2п £ а2ц = 0.
i<i
Таким образом, все корни характеристического уравне-
ния вещественной симметрической матрицы равны в том
и только в том случае, если = 0, i ф j и а» = ац, то
есть если матрица скалярна: А = аЕ, где Е — единичная
матрица.
117.	Пусть Л?, А°, ..., Ла — вершины данного про-
стого многоугольника Р°. Проделав над Р° п раз опера-
цию, описанную в условии задачи, переведем много-
угольник Р° в многоугольник Рп. Вершины Л" много-
угольника Рп являются образами вершин Л® много-
угольника Р° (v = 1, 2, ..., о). Пусть С" — наименьший
выпуклый многоугольник, содержащий многоугольник
Рп. Очевидно, что в последовательности Р°, С°, Р\ С1,
Р2, С2, ... каждый последующий многоугольник содер-
жит предыдущий. Периметры всех многоугольников Рп
258
одинаковы, поэтому существует круг, содержащий все
многоугольники Рп. Поэтому последовательность обра-
зов одной и той же вершины Av (п = 0, 1,...) много-
угольника Р° обладает по крайней мере одной точкой
накопления.
Если В — любая точка, лежащая на периметре или
внутри многоугольника Рт, то при п^т по построению
р(В, 4)<р(в, а"+1), где р (С, D) — расстояние между
точками С и D. В частности, р(А™, Av)^p(Av‘, А"+1)
при п^т. Отсюда вытекает, что последовательность
вершин Av (п = 0, 1,2, ...) может иметь лишь одну точку
накопления и, таким образом, сходится: Av->Av при
п->оо.	___ ____ __________ _____
Многоугольник Р — (А1Аг, АИз, ..., A<j_iAa, AaAj) —
предел последовательности многоугольников Рп — явля-
ется также и пределом последовательности выпуклых
многоугольников С”. Следовательно, многоугольник Р
выпуклый.
Назовем вершину р некоторого многоугольника его
точкой выпуклости, если можно провести прямую L так,
что р будет лежать по одну ее сторону, а остальные вер-
шины многоугольника — по другую. Для выпуклого мно-
гоугольника р будет точкой выпуклости в том и только
в том случае, если эта и две соседние с ней вершины не
лежат на одной прямой. При выполнении над много-
угольником процедуры, описанной в условии задачи, точ-
ки выпуклости остаются на месте.
Пусть cv(r) — внутренность круга радиуса г с цен-
тром в вершине Av.
Пусть Ар, — точка выпуклости многоугольника Р.
Ясно, что можно найти прямую L и положительное чис-
ло р, такие, что внутренность круга Ср(р) будет целиком
лежать по одну сторону от прямой L, а все остальные
сх(р) ¥= ц)—по другую. При п 5s по(ц) вершина А"
при v = 1, 2, ..., о будет принадлежать cv(p). Таким
образом, прямая L отделяет вершину Ар от остальных
вершин Ак (X =/= ц). Следовательно, Ар—точка выпук-
лого многоугольника Рп и в силу этого должна быть ин-
вариантной: Ар+'=Ар. Отсюда мы заключаем, что при
вершины Ар и Ар совпадают, поэтому при
Ио(ц) можно положить Ар = Ар.
259
Пусть Ли1, Ац2, ...,	—полный набор точек выпу-
клости многоугольника Р. Тогда	(г = 1,2,..., s),
где JV = max(«o(Hi), «о(Нг)> •••> По(Нл))- Отсюда следует,
что CN — Р и Рп = Р при n^N. Но это и означает,
что после конечного числа шагов нам удалось построить
выпуклый многоугольник.
Если бы при построении многоугольника Р' мы отра-
жали все участки, дополняющие Р до его выпуклой обо-
лочки, то, как видно из рис. 20, Р' мог бы оказаться не
простым многоугольником.
118.	Доказательство удобно разбить на несколько
этапов.
а.	Для любого положительного целого числа k и лю-
бого п > 1 все биномиальные коэффициенты
2k
положительны.
б.	Если а > b > 0, у > 0, то
ае~Ъу — Ъе~а» а — Ь,
причем равенство достигается в том и только в том слу-
чае, если либо а = b = 0, либо у = 0.
Доказательство. При сделанных предположениях
справедливо неравенство (1 — e-^lay <_ (1 — е~ьУ)1Ьу,
поскольку (1—еги)]и — убывающая функция от и. По-
этому b — Ье~аУ <Z а — еьУ, что и требовалось доказать.
260
в. Пусть
f (/, rt) = ^)1 + n +(chQ1 + ” .
[ch («4-1) /] n
Тогда
f (y In cth /, — ) =	re)]„ ,	0</<oo.
г.	Разложим в ряд:
[ch(n+l)/p • 2~e_('+^; = (l 4-e-2i(»+i))T=
oo ✓	1 S	✓ 1 \
= Vl n |e-2i(»+l)(2fe-I) I П |e-2f(re+l)2fe —
00 /1 I — \
= V| ” |e~2i<2fe) Г 2fera c-2H2fen-n-l) _
2k j U+1
_ (2kn-n-V) e_2t(2fe)1
n + 1	J*
Используя неравенство, доказанное в пункте «б», при
а — 2kn, b — 2kn — п — 1, у — 2t, получаем, что при
k > 0, t > 0, п > 1 выражение, стоящее в квадрат-
ных скобках, меньше единицы, а при k = 0 — равно еди-
нице. Следовательно,
[ch(п + 1) f\* • 2^ • e-('< V f 1 +	е-2/(2fe) =
fe=o \ 2k J
=4 (1 - е-2')1	1 (1 + е~2()';
± i+-L i+-L
[ch (n + 1) /]п < (sh f) п + (ch f) п
при t > 0, п > 1, Это означает, что f (t, п) > 1 при />0,
П > 1. Из последнего соотношения, приведенного в пунк-
те «в», следует, что f(x, 1/п) < 1 при х= [In(cth t)]/2>0,
«> 1.
д.	Пусть
,	\	1 A (sh nx)re+1 + (ch nx)n+i
ф (X, n) = f[nx, -) =-----^r+D xj»--------•
261
Тогда, используя неравенства, доказанные в пункте «г»,
получаем
ф(х, n) < 1 при п>1, х>0;
Ф(х, n) > 1 при 0<п<1, х>0;
Ф (0, п) = ф (х, 0) — ф (х, 1) = 1.
Тем самым неравенство, приведенное в условиях задачи,
доказано.
Интересно отметить, что подстановкой z — е~2х при
0 < z < 1, n > 1 его можно преобразовать к алгебраи-
ческой форме
(1 - zn)n+1 + (1 + zn)re+1 <2(1+ z^1)";
при 0 <Z п <Z 1 возникает обратное неравенство, а при
п — 0, 1 или z = 0, 1 неравенство переходит в равенство.
119.	Пользуясь неравенствами
0<е f —II------I <------,
\ га/ га	’
получаем *
(1)
—) ln2xdx =
га /
оо	п
262
Следовательно,
e-xln2x dx =С2 +
о
где С = 0,577 ... — постоянная Эйлера (III. 12).
120.	По теореме Вильсона (III. 6), если р —простое
число, то
(р — 1)! + 1 = 0 (modp).	(1)
Нетрудно видеть, что
(р— 1)(р — 2) ... (р — г) = (— l)rr! (modp). (2)
Пусть г —любое натуральное число меньше р и такое
что
(—1)гг! = 1 (modp).	(3)
Тогда из сравнений (1), (2), (3) мы получаем
(р — г — 1)! + 1 = 0 (modp).	(4)
Верно и обратное: если выполняется сравнение (4), то
выполняется и сравнение (3).
Обращаясь к сравнениям, приведенным в условиях
задачи, нетрудно проверить, что (—1)77! = 1 (mod 71), а
поскольку 8-9 = 1 (mod 71), то (—1)99! = 1 (mod 71).
Тем самым оба сравнения, приведенные в условиях за-
дачи, доказаны.
Как показывают аналогичные рассуждения, справед-
ливо также следующее сравнение:
Если р — простое число вида 4k + 3, то
[^-L]|=(-l)m(rnodp),
где т — число квадратичных невычетов, меньших числа
р/2 (сравни также задачи 63 и 91).
121.	Докажем, что существует бесконечно много тре-
угольников, у которых один угол вдвое больше другого,
а длины сторон выражаются целыми числами с наиболь-
263
шим общим делителем (всех трех чисел), равным 1, но
не существует треугольников, у которых один угол вдвое
больше другого, а длины сторон выражаются попарно
взаимно простыми числами.
Пусть А, В и С — углы, а а, Ь, с — стороны треуголь-
ника, и В — 2Л. Тогда
а : b : с = sin А sin 2Л : sin3A =
= 1:2 cos Л : (4 cos2 Л — 1), 1>cosA>E. (1)
Поскольку cosA = -^- рационален, положим cos Л =
= p/q, где р и q — взаимно простые числа, причем
2q > 2р > q. Тогда а : b : с = q2: 2pq : (4р2 — q2). Три
целых числа, стоящие в правой части последнего равен-
ства, при нечетном q не имеют других общих делителей,
кроме 1, так что мы можем положить
a = q2, b = 2pq, c = 4p2-q2.	(2)
Если q — четное число, взаимно простое с р, то, поло-
жив q = 2г, получим
а = г\ Ь — рг, с = р2 — г2‘, 2г>р>г>1,
/ Р	(3)
COS Л = -тг- .
2г
Эти соотношения выражают необходимое условие того,
что В = 2Л и наибольший общий делитель чисел а, Ь, с,
соответствующих длинам сторон треугольника, равен 1.
Два треугольника, задаваемые при помощи (3) числами
г, р и г', р', совпадают в том и только в том случае, если
г = г', р = р'. Таким образом, соотношения (3) позво-
ляют получить все треугольники рассматриваемого типа
без повторений. При данном г существует <р(г) различ-
ных треугольников, где <р(г)—функция Эйлера (III.8).
Аналогично обстоит дело и с соотношением (2).
122.	Подстановкой х = еи приведем исходное урав-
нение к виду
у =	(О
Решения уравнения (1) будем искать в виде ряда
У = Е «п«п = Е ап (In х)\	(2)
п=0	п=0
264
Подставляя ряд (2) в уравнение (1), получаем
СО	/ СО	Ч	оо
£ апип ( £ папип~1 - 1) = £ -^ •
П=0	\l=l	'	п=0
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях и
в правой и левой частях уравнения, находим
п/2
(«+1) £ащга+1-г —= — при четном га, (3)
i=0
(»-1)/2
(я + 1) £	~ an~i 2 °(п+1)/2 = ~пГ
1=0
при нечетном п.
Задав ао, можно последовательно вычислить коэффици-
енты ап. Общее выражение для ап через ао получить до-
вольно трудно, и мы ограничимся тем, что приведем вы-
ражения для первых трех коэффициентов:
aj = 1 + — = 1 + й, «2 = fe (1 — k — /г2)/2!,
“°	(4)
ao=[k-k2(\-k-k2)(2 + ^k}]l^, Oo¥=0.
Уравнение (1) можно записать в виде
_ 1	। е“
du ' У '
Правая часть этого уравнения аналитична по и и у в
окрестности и = 0 и у = ао #= 0. Следовательно, суще-
ствует интеграл у (и), аналитический в окрестности и=0
и обращающийся при и = 0 в ао. Вычислить его можно
приведенным выше методом.
123.	Пусть прямая А2Р2 пересекает AiA3 треугольни-
ка А АА в точке В. Применив теорему Менелая * сна-
чала к треугольнику A^AJ) и трансверсали £>зАА, а за-
тем к треугольнику ААА и трансверсали А2Р2В, полу-
чим соотношения AiD3-A2A3-DiP2 = D3A2-DiA3-P2Ai и
AlP2-A2Di-A3B = P2Di-A2A3-BAi, откуда АлВ1ВА3 =
= Р1Рг/919з- Четверки точек AxP2P3Di и АВВгА на-
ходятся в перспективном соответствии с центром
265
в точке Л2. Следовательно, их двойные отношения равны
(III. 2):
Л1Р; • P3Dt   AtB • D2A3   Р1Р2РЗ
P2D1  Л|Рз	ВА3  A1D2	<?1<Мз
Нетрудно видеть, что тогда
Р3Р2 / Р3Д1 __ । _ <71 <7г<7з
/*2-4i / Й1Л1	Р1Р2Р3
Если две точки Р совпадают, то отношение
обращается в единицу и мы получаем соот-
ношение, известное под названием теоремы Чевы (III. 1).
124.	Докажем несколько более общее утверждение.
Вместо исходного определителя, приведенного в условии
задачи, рассмотрим определитель, у которого натураль-
ные числа, стоящие в i-й строке, возводятся в степень
I + i — 2, где / — любое натуральное число, a i =2, 3,...
..., п. Разлагая его по первой строке и вынося из каж-
дого столбца общий множитель, получаем
п.
2, .... Г-1, Г
Г = 1
где V — определитель Вандермонда. Как известно,
V (1, 2.....г — 1, г + 1, ..., п) —
1 1 ... 1 1 ... 1
__ 12	...г—1 г + 1	...п	__
1 2”~2 ... (г - If’2 (г+1)"-2 ... /г"’2
_ (п - 1)1 (га —2)1 ... 211!
(г-1)1 (га-г)!
Таким образом, рассматриваемый нами определитель
приводится к виду
п
1121 ... (п - 1)1 (я!)'’1 £ (-l)r+1	.
Г == I
При I — 2 получаем соотношение, которое требовалось
доказать.
266
125.	Пусть f(n)—определитель, приведенный в усло-
виях задачи, в котором число 2k + 1 заменено числом п,
f(0) = 1. Тогда минор, получающийся при вычеркивании
s-ro элемента первой строки, равен f(n — s), в силу чего
при п > 0 миноры удовлетворяют рекуррентному соот-
ношению
Нетрудно видеть, что коэффициент при f(n — s) в этом
соотношении совпадает с коэффициентом при Xs в разло-
жении функции (1 —е~х)1х в степенной ряд. Поскольку
разложение этой функции содержит ненулевой свобод-
ный член (равный 1), функция х/(1 — е~х) также допу-
скает разложение в степенной ряд (сходящийся при
х < 2л) вида
—i-r = F(x)=Yjanxn =
ft=0
= l+jx+Ax=-^ + >^-...,
где Вп — числа Бернулли (F(x)—так называемая про-
изводящая функция чисел Бернулли). Коэффициенты ап
находим из соотношения F(x) (1 —e_JC)/x = 1. Очевидно,
что Оо = 1, О1=*/2 и коэффициенты ап удовлетворяют
тому же рекуррентному соотношению, что и f(n). По-
скольку это соотношение определяет входящие в него ве-
личины единственным образом, то f(n) = ап. Кроме того,
поскольку
F(x) — — = — . ft е+х^ = — cth —
()	2	2	(1 — е~х) 2	2
— четная функция, то коэффициенты ап при всех нечет-
ных степенях х, кроме первой, равны нулю. Следователь-
но, f(2k -j- 1) = 0, где k — любое натуральное число. Тем
самым утверждение задачи доказано. Заметим также,
4Tof(2fe) = (— l)^Bk/(2k)L
126.	Для того чтобы составить прямоугольник длиной
п — k единичной ширины, п — k единичных квадратов
вдоль стороны большого квадрата можно выбрать
k -j- 1 способами. Следовательно, число прямоугольников
267
шириной п — k, которая измеряется в направлении с «за-
пада на восток», равно (k-\- 1) •[(&+ 1)+ k-\-(k—1) +
+ ... + 2 + 1] — (k + 1) (k + 1) (k + 2)/2, причем (k + I)2
из них — квадраты. Таким образом, общее число прямо-
угольников шириной п—k составляет 2(k + 1) (й-f- 1)Х
X(A4-2)/2-(fe+l)2 = (fe+l)3.
Чтобы вывести формулу для суммы кубов п первых
натуральных чисел, заметим следующее. Большой квад-
рат разделен на п2 единичных квадратов (n -f- 1) прямы-
ми, проходящими с «запада на восток», и п + 1 прямы-
ми, проходящими с «юга на север». В каждом направле-
нии можно выбрать ( J пар линии. Следовательно,
общее число прямоугольников, образованных пересекаю-
/л + Ц2 Г га (га + 1)12	г-,
щимися парами линии, равно! % ) = I ~~ 2—Ч ‘
доказанному выше, это число совпадает с суммой кубов
п первых натуральных чисел.
127.	Как известно, числа Фибоначчи удовлетворяют
рекуррентному соотношению vn+2 = vn+i + vn, где щ =
= v2 = 1. Докажем, что
arcctg v2 — arcctg v3 — arcctg v5 — ...
... — arcctg v2n+i= arcctg v2n+2.	(1)
Воспользуемся формулой для разности арккотангенсов и
рекуррентным соотношением для чисел Фибоначчи:
arcctg v2n — arcctg о2ге+1 =
« arcctg + = arcctg ”^°2д+1.±-1-.
s Vm+i—v2n	& vM-i
Используя при т = 2п—1 легко доказываемое соотно-
шение Vm+iVm+2 — vmvm+3 = (—1)та, получаем
arcctg v2n — arcctg v2n+i = arcctg v2n+2.	(2)
Суммируя члены соотношения (2) при п = 1, 2, ..., п,
приходим к соотношению (1). Итак, соотношение (1) до-
казано.
Поскольку при п->оо правая часть соотношения (1)
стремится к нулю, то
оо
arcctg v2 = £ arcctg v2n+1.	(3)
n=l
268
Полагая v2n+i — ип+1, v2 = vt — Ui == 1, преобразуем по-
лученный результат к виду
оо
arcctg «1 = Z arcctgun+1,	(4)
n=l
где, как нетрудно проверить, «1 = 1, и2 = 2, ип+2 =
= 3«n+i — «п, п 2, что и требовалось доказать, (См.
также задачи 29 и 52.)
128.	Функция у = f(x) является единственным реше-
нием линейного дифференциального уравнения
у" — ay' — by = 0,	(1)
удовлетворяющим начальным условиям z/(0)=0, z/'(0) =
= Ui.
Как нетрудно проверить, функция у = —eaxf(—х)
также является решением уравнения (1) и удовлетво-
ряет тем же начальным условиям. В силу единственно-
сти решения
f (х) =—eaxf(—x),
что и требовалось доказать.
129.	Уравнение нормали к гиперболе Ь2х2— а2у2 =
= а2Ь2, проходящей через точку P(Xi, z/i), имеет вид
_ У| [(а2 + &2)х, —а2х]	,.,
у~	b2Xi	•	' >
Для того чтобы (1) было уравнением касательной к со-
пряженной гиперболе, квадратное уравнение, получаю-
щееся при подстановке (1) в уравнение сопряженной ги-
перболы, должно иметь равные корни. Условие равен-
ства корней приводит к соотношениям
a6z/f + (а2 + Ь2)2 х2у2 - W>x\ = О,
Ь2х2 — а2у\ — а2Ь2 = 0.
Решив систему уравнений (2), найдем координаты точ-
ки Р:
+ & +~b2~	, .л /Va4 + 64 - а2
а2 + Ь2 ’ У1 v а2 + Ь2 ’ ^)
где внутренний квадратный корень выбран со знаком
плюс для того, чтобы координаты хх и z/i были
269
вещественными. Координаты х2, у2 точки Q касания пря-
мой (1) с сопряженной гиперболой равны
__	а4	2 Ь'
*2~ х1 (а2 + Ь2) ’ У ~ у, (а2 + Ь2) ‘
Нормаль к сопряженной гиперболе, проходящая через
точку Q, имеет уравнение
у — у2 _
х~ х2 а2ух ’
(4)
(5)
совпадающее с уравнением касательной к первой гипер-
боле, проходящей через точку Р'(—xit —z/i).
Из соображений симметрии ясно, что нормаль к ги-
перболе в точке Р'(—Xi,—t/i) совпадает с касательной
к сопряженной гиперболе, проведенной в точке
Q'(—х2,—у2), а нормаль к сопряженной гиперболе, про-
ходящая через точку Q'(—х2,—у2), совпадает с каса-
тельной к исходной гиперболе в точке P(xi,z/1). Суще-
ствуют два четырехугольника типа PQP'Q'. Один соответ-
ствует одинаковым знакам перед внешними квадратными
корнями в соотношениях (3), другой — разным знакам.
130.	I. Если b = а, то решение очевидно. В противном
случае условимся считать b большим из чисел (Ь > а).
Тогда b = га, где г > 1 и аг~1 = г, или, что то же, а =
ri/(r-i) Пусть 1/(г—l)=w/u, где и и v— взаимно
простые числа. Поскольку а и г рациональны, число г =
= (v-f-u)/u должно быть и-й степенью рационального
числа. Но тогда числа и и v + и как взаимно простые
также равны и-м степеням целых чисел. Но разность
двух v-x степеней с различными основаниями больше v,
если только v не равно 1. Следовательно, v=l и
1/(г—1)=ц — целое число. Таким образом, а =
= [(и + !)/«]“ и & = [(«+ 1)/«]“+*.
II. Заметим, что соотношение а(Ьс)= (аь)с выпол-
няется, если а = 1, b и с — произвольные числа или
с= 1, а и b — произвольные числа. Если а #= 1, с #= 1,
то должно выполняться соотношение bc—bc, или Ьс~1 = с.
Как показывают рассуждения, аналогичные приведенным
выше, с = (и+ 1)/и, b = [(« + l)/w]“, где и — любое це-
лое число, а число а остается произвольным.
III. Не ограничивая общности, предположим, что
а^Ь. Тогда a — rb, где г^1, и соотношение (а-\-Ь)с=
= ас + Ьс сводится к соотношению (1 + г)с= 1 + гс.
270
Предположим на время, что параметр г изменяется не-
прерывно. Пусть Л (г) = (14- r)c, f2 (г) = 1 4- гс. Тогда
при любых г>0 производные ft (г) и f2(r) связаны
одним из трех соотношений: f\(r) > f'2(r) при с> 1,
= прис=1 и fj(r) < f'(r) прис< 1. Но fj (0) =
= f2(0). Следовательно, fi(r)>f2(r) при с>1, f,(r) =
= f2(r) при с = 1 и fi(r)<f2(r) при с< 1. Таким обра-
зом, полное решение соответствует с — 1 и произволь-
ным а и Ь.
Рассмотрим теперь соотношение са+ь — са 4- съ. Не
ограничивая общности, предположим, что а Ь. Тогда
а = Ьг (г 1). Пусть сь = v/u, г = p/q, где р, q, и, v —
положительные целые числа, а каждая из дробей v/u и
p/q несократима и (поскольку г~^ 1) p~^q. Соотноше-
ние са+ь = са 4- сь в принятых обозначениях приводится
к виду VP-4{v — и)— UP. Если V = 1, то (1 — и)9 — UP.
Поскольку р 1, q 1, то каждый простой делитель
числа и должен быть делителем числа 1 — и и, следова-
тельно, делителем единицы. Отсюда мы заключаем, что
и=1, но и=1 не удовлетворяет соотношению
(1 — u)v — up. Полученное противоречие означает, что
v #= 1. Поскольку v не является делителем числа up, то
р — q = 0. Но тогда b = а и v — и = и, или и = 1, v = 2.
Таким образом, в рассматриваемом случае полное реше-
ние определяется соотношениями а = Ь=1/п, с = 2п,
где п — любое целое число.
Рассмотрим теперь, как устроены множества элемен-
тов, на которых одно из свойств нового умножения I—III
Удовлетворяется при любом выборе его элементов.
Рассмотрим сначала множество элементов, на кото-
ром новое умножение коммутативно (обладает свой-
ством I). Такое множество содержит либо один элемент,
который произволен, либо два указанных выше элемента.
Переходим к множеству элементов, на котором новое
умножение ассоциативно (обладает свойством II).
Прежде всего обратимся к случаю, когда множество
содержит единичный элемент и элемент а =/= 1. Из соот-
ношения [[а, 1], а = [а, [а, 1]] следует, что аа = а, от-
куда а=1. Таким образом, если множество содержит
единицу, то оно не содержит других элементов. Предпо-
ложим, что ни один элемент множества не равен едини-
це. Тогда из соотношения [а, [а, а] ] = [ [а, а], а] следует,
271
что аа = а2, откуда а — 2. Таким образом, множество
элементов, на котором новое умножение ассоциативно,
содержит лишь один элемент, равный либо 1, либо 2.
Наконец, рассмотрим множество элементов, на ко-
тором новое умножение дистрибутивно (обладает свой-
ством III). В случае дистрибутивности справа
(a-j-а)а — 2аа, или 2“ = 2. Следовательно, а = 1, и
единица — единственный элемент, принадлежащий мно-
жеству. В случае дистрибутивности слева «(“+“> = 2аа,
или аа — 2. Поскольку для рациональных а такое соот-
ношение не выполняется, рассматриваемое множество
пусто.
131.	Умножив обе части функционального уравнения
eiksf(i) = f(t + s)-f(S)
на е'м, получим
eik (t+s)f _ eiktj у _ eiktj
а переставив в исходном уравнении / и s, придем к функ-
циональному уравнению eikif (s) — f (t -j- s) — f (/).
Из двух последних уравнений находим
eik(.t+s)f = eiktf^t +	_ f +	+ f (/))
или
+s) _ !]	=	_ I] f + s)j
откуда
f(t)__________________________f(t + s)
eikt _ 1	eik(t+s) _ । •
Полученное соотношение является тождеством, а по-
скольку его левая часть зависит только от t, а правая от
t + s, то каждая из них равна константе. Таким образом,
f(t)= C(eiht— Ц/ik, что и требовалось доказать.
132.	Докажем сначала неравенство (1). Разобьем
f(x) на два слагаемых:
Е + Е =St + s2.
п < [In х]	п > [In х]
Неравенство (1) следует из неравенств
< У* < 2 In In х,
п < [In х]
S2< Z ’м3’< x Z 4« < Сз'
n>[lnx|	n>[ln*]
272
Докажем теперь неравенство (2). Пусть xv =
= (4V— 1)2л/3. Тогда xv/2ra —целое число, и при
£11-1=1+4+ ... +4v4 = 14-4+ ... +4W~1^
= - 3 1 (mod 4W),	(a)
оо	V	oo
,w=zl5inJ^=z+ z.
U=1	H=1 n=v+l
Используя соотношение (a), получаем оценку для пер-
вой суммы
Вторая сумма удовлетворяет неравенству
U-=v+l
2л
4р
4V — 1 о 1	4	2л
------------- 2л •  -х’,-- • — < —
3	4v+1	3	9
Объединяя полученные неравенства и учитывая, что
v~lnxv/ln4 при v->oo, приходим к неравенству (2).
133*. Пусть G — область на комплексной плоскости,
не содержащая заданных точек ai, ..,, ап и
п
й=1
ak~z
\ak~z\'
Функции |f(z)| и <p(z) = |f(г)|2 достигают максимума
одновременно, поэтому достаточно доказать, что <р(г) не
может иметь максимума во внутренней точке области G.
Пусть Zo — внутренняя точка. Без ограничения общности
мы можем считать, что zo = 0 (в противном случае мож-
но произвести сдвиг всей плоскости на вектор —г0).
Начнем с простого замечания: если f(0) = 0, то 0 не
является точкой максимума. В самом деле, если все точ-
ки ah и 0 лежат на одной прямой, то для любой точки z,
близкой к 0 и не лежащей на этой прямой, f (г) =/= 0, так
что <р(0) = 0 < ф(г) = |f(г) |2. В альтернативном случае
без ограничения общности мы можем считать, что 0 и
273
точки at,..at лежат на одной прямой, а остальные ак
находятся вне ее. Обозначим eh == dj | ak |. Если мы из
точки 0 сместимся в точку ealt где е >0 мало, то
(Яд— e«i)/j«fe — ей] | = при k^t, а у всех остальных
единичных векторов (яд— e,ai)/\ak— efli| проекция на Ц
станет меньше. Поэтому ДеЯ1)У=0 и |f(eai) | > | f(0) |,
так что 0 не точка максимума. Если мы из точки 0 сме-
стимся в точку eai, где е > 0 мало, то (яд— ъаъ)1
l\otk — eakf = вк при k I, а у всех остальных единичных
векторов (яд— вЯ1)/|яа — еЯ1| проекция на Ц станет
меньше.
Для произвольных комплексных а и h
_ . । . , ah + ah
d / а — th \ I	а ' а 2j а | _ a2h — aah
dt\\a—th\Л*-о— |аР — 2|a|3 *
Вычислим теперь
дАф (0)=4 Ф {th) |/=о= dhf (0) • ш+f (0) W) =
= 2Re[<U(0) • НОД = 2 Re [	• HO)] =
= у 2 Rejyg)--.ACT = у	I {aWW} +
Zu	2|aft|3	Zu 2|aft|3
№4	/5®“!
+ a2khf (0) - akakhf(Q) - akakhf(0)} =
= Z 2ia p"~	~ “kf=
A=1	1 ftl
= S TTFIm Im
A=1 1 k 1
Полагая /г = /(0), получаем
п
0Аф(0) = 4 <₽ Lo = £	(Im ak^®}2 >°’
Если <9а<р(0)> 0, то при достаточно малых t > 0 точка
th е G и в этой точке q>(th) > <р(0). Следовательно, 0 не
является точкой максимума. Если же (0) — 0, то
274
Ima/J(O)= 0 для всех k, а это означает, что все точки ah
лежат на одной и той же прямой, проходящей через 0 и
f(0), вопреки условию задачи.
Заметим, что если точки аь лежат на одной прямой,
то утверждение задачи перестает быть верным. Действи-
тельно, если di и йп — крайние точки, то можно выбрать
область G так, чтобы она высекала на прямой отрезок,
лежащий по одну сторону от отрезка [Я1, ап]. В любой
точке этого отрезка функция <р(г) достигает своего ма-
ксимума, равного п, так как все векторы (а&—z)/\ak—z\
смотрят в одну сторону *.
134.	Запишем члены последовательности в виде
av = 2 vcv, где cv—нечетные числа. Все cv различны,
поскольку если бы среди членов последовательности
нашлись по крайней мере два с одинаковыми множи-
телями cv, то один из членов последовательности был бы
делителем другого, что противоречит условиям задачи.
Таким образом, члены последовательности можно пред-
ставить в виде
av = 2&vCvj
где множители cv с точностью до перестановки совпа-
дают с членами последовательности 1, 3, 5, .... 2п— 1.
Рассмотрим сначала подпоследовательность чисел av,
для которых cv = 1, 3, З1 2, ..., 3k. Члены этой подпосле-
довательности можно представить в виде
2е,’Зг,
где i = 0, 1, 2....k, причем fa > fa+i (ибо в против-
ном случае последующий член подпоследовательности
делился бы на предыдущий). Это означает, что — i
И, следовательно,
2егЗг>26~'Зг>2*.
1 В оригинале утверждается также, что и для более общей
функции
п
vn вь — z
6=1 к
где аь (х) — положительные, монотонно возрастающие функции,
определенные на положительной полуоси, максимум модуля не мо-
жет достигаться во виутреиней точке. Я ие проверял этого утверж-
дения. — Прим. ред.
275
Если ai принадлежит рассматриваемой подпоследова-
тельности, то утверждение задачи доказано, в противном
случае ct 5.
Предположим теперь, что вопреки утверждению за-
дачи
ai = ct2b‘ < 2k, где Cj 5,
и, таким образом,
Ci < З6-*1, где k — bi 3.
По доказанному выше, множители cv— различные не-
четные числа, не превышающие 2п. Следовательно, числа
где Л = 1, 2, 3, .... £>14-2,
принадлежат набору множителей cv, поскольку наиболь-
шее из них удовлетворяет неравенству
3&,+1С] < зг’1+12й~&1 < 3м"1 • З2 • 2*~&1~3 < Зк < 2п. (1)
Эти числа определяют подмножество членов исходной
последовательности
aK = ci3%~'2\ где Л = 1,2.......£>,4-2.
Среди членов этой подпоследовательности непременно
найдутся два таких, из которых вопреки условиям задачи
один делится на другой, если только числа не раз-
личны и при любом Л не выполняется неравенство
Ь\ < bi. Но такое неравенство невозможно, поскольку Л
принимает £ц 4~ 2 значений и существует не более £>i + 1
различных неотрицательных целых чисел, не превышаю-
щих число bi.
Чтобы доказать, что оценка наименьшего члена по-
следовательности неулучшаема, приведем пример после-
довательности ai, наименьший член которой при любом п
равен 2k. Члены этой последовательности можно распо-
ложить в виде элементов матрицы
ati = 2ki~13i<ni,
где числа со,— всевозможные нечетные числа, удовле-
творяющие неравенству < 2п и взаимно простые с 6,
3^<^L<3^+1)	/ = 0,1,...,^.
276
Нетрудно проверить, что все a,j различны, меньше 2п и
их ровно п (полагая я^ч^З^, мы получаем взаимно-
однозначное соответствие с множеством нечетных чисел,
меньших 2п); с помощью выкладки, аналогичной (1),
можно установить, что наименьшее из чисел ai} равно 2ft.
Например, при п — 15 нашу последовательность обра-
зуют числа 8, 10, И, 12, 13, 14, 15, 17, 18 19, 21, 23, 25,
27, 29.
135.	Как показывают прямые выкладки,
п 0 0 ... 0 0
0 0 0 ... 0 п
0 0 0 ... п 0
0 0 п ... 0 0
0 п 0 ... 0 0
Корни характеристического уравнения det | V2 — Х2/| = 0
матрицы V2 равны ±п. Сумма корней равна 2п при чет-
ном п и п — при нечетном п. Таким образом, [n/2]-j-l
корней X2 характеристического уравнения равны п, а
остальные корни равны —п. Следовательно, корни ха-
рактеристического уравнения матрицы V равны -\[п,
i'xjn, —-\/п ,	Обозначим их кратности соответ-
ственно то, ту, т2, т3. Тогда
т0 4- mi + т2 4- т3 = п, m0 + т2 = [у] + !•
В зависимости от того, с каким из чисел 0, 1, 2 или 3
сравнимо число п, след матрицы V равен (1+г)д/«»
'\/п, 0 или *, а поскольку след матрицы V равен
сумме корней ее характеристического уравнения (то +
+ йщ — гщ — im3) л/п , то
1	при	n — 4k	или	n=4&+l,
0	при	п = 4& + 2	или	n = 4& + 3,
1	при	n—4k	или	п = 4& + 3,
0	при	п=4& + 1	или	n — 4k-[-2.
277
Таким образом, кратности корней характеристического
уравнения матрицы V во всех случаях можно вычислить
по формулам
Г«1 , . г« + 11 Г« + 21
«о=[-4]+1, mi=[—г-J. "*2 = [—
Гп + 31	.
т3=[—J- ь
136.	Из уравнений (1) и (2) следует, что
_ дУ	...
дх ду ’
а из уравнений (3) и (4) — что
д2У __ d2U _ d2U
дх ду дх2 ду2 ’
откуда
(-Д--РЛс = 0.	(5)
\дх2 ду2/	v '
Общее решение уравнения (5) имеет вид
t/=f(x + y) + F(x-y),	(6)
где f и F — произвольные функции. Подставляя U в урав-
нения (3) и (4), находим Vx = f'(х + у) — F' (х — у), Vy —
— Г (х + у) + F' (х — у). Следовательно,
V = f(x + y)-F(x-y) + C,	(7)
где С — произвольная постоянная. Записав уравнение (1)
в виде
Г = Ф(//)/С2.	(8)
Таким образом, общее решение системы дифференциаль-
ных уравнений в частных производных первого порядка
(1), (2), (3) определяется выражениями (6), (7), (8),
где f, F и <р — произвольные функции, а С — произволь-
ная постоянная.
137.	Приводимое доказательство справедливо для
любой (спрямляемой или неспрямляемой) простой за-
мкнутой кривой С, лежащей в плоскости S, и даже в бо-
лее общем случае.
Пусть Di и О2 — внутренняя и внешняя области, на
которые кривая С разбивает плоскость, Р — любая точ-
ка, принадлежащая области £>i; d — фиксированная пря-
мая, проходящая через точку Р; Со и Ся — пересечения
278
кривой С с двумя лучами, на которые точка Р разбивает
прямую d\ наконец, С , Со и С'п— образы множеств С, Со
и Сл при повороте плоскости S на угол л вокруг точки Р.
Докажем, что множества С и С' имеют по крайней
мере одну общую точку (если пересечение множеств С и
С' непусто, то любую из принадлежащих ему точек мож-
но принять за точку А, а точку, переходящую в нее при
повороте плоскости на угол л вокруг точки Р, — за точ-
ку В, где А и В — концы той хорды, о которой говорится
в условиях задачи). Существование точки, принадлежа-
щей одновременно множествам С и С', будет доказано,
если нам удастся доказать, что либо Со и Сл имеют об-
щую точку, либо С' содержит как точки, принадлежащие
области Di, так и точки, принадлежащие области D2.
В первом случае наше утверждение (о непустоте пересе-
чения множеств С и С') будет следовать из того, что
Со и Сл — подмножества множеств С' и С, поэтому лю-
бая точка, принадлежащая пересечению Со и Сл, при-
надлежит и пересечению множеств С' и С. Во втором
случае наше утверждение следует из того, что связное
множество С' содержит точки обеих областей, дополни-
тельных к С, и следовательно, содержит по крайней мере
одну точку множества С. (Здесь мы используем теорему
о том, что связное множество, содержащее точки, кото-
рые принадлежат областям, внутренним и внешним от-
носительно некоторого множества, содержит по крайней
мере одну точку этого множества. Можно было бы также
воспользоваться более тонкой теоремой Жордана.)
Итак, предположим, что множества Со и Сл не
имеют общих точек. Тогда любая точка множества Со
принадлежит либо £>lt либо D2. Не ограничивая общно-
сти, можно считать, что некоторые точки множества Со
принадлежат £>i. Если в Со существует точка, принад-
лежащая D2, то выполняются условия второй альтерна-
тивы и наше утверждение доказано. Поскольку Со — за-
мкнутое подмножество точек луча, исходящего из точ-
ки Р и содержащего Со и Сл, Со содержит по крайней
мере одну точку R'. Если ни одна точка луча, располо-
женная за точкой /?', не принадлежит множеству Сл, то
/?' принадлежит D2 и наше утверждение доказано. Если
за всеми точками множества Со на луче найдется точ-
279
ка Q, принадлежащая Сл, то соответствующая точка Q'
множества Сл, лежащая на противоположном луче, рас-
положена за всеми точками множества Со и является
точкой множества С', принадлежащей D*
Итак, мы доказали не только утверждение задачи, но
и следующее более общее утверждение.
Пусть С — любой континуум на плоскости, D — огра-
ниченная связная компонента дополнения к С и Р — про-
извольная точка из D. Тогда существуют две точки А и
В, принадлежащие границе области D и такие, что точ-
ка Р совпадает с серединой отрезка АВ.
Нетрудно видеть, что, если область D не ограничена,
это утверждение может не выполняться.
140.	Пусть 1ц (=1ц)—длина ребра PiPj симплекса
РоР1Рг...Рп (вершина Ро совпадает с вершиной О).
Тогда
1ц — /го — loj= — Slioloj cos PiOPj) = — 2а ц.
По известной формуле, выражающей радиус описанной
гиперсферы через длины ребер симплекса,
			/о2 ...			0	1	1	1	... 1
	0	/2 *01		Г0П		1	0	/oi	/02	... fan
2г2 = п	/?о	0	/12 ...	fin	•	1	/10	0	/12	... fin
	1п0	/2 *П1	/п2 ...	0		1	fno	Ini	/п2	... 0
Вычитая первую строку из всех последующих строк, а
первый столбец— из всех последующих столбцов, преоб-
разуем первый определитель к виду
0	«11	«22	•••	«пп	
«п	— 2а,1	— 2й12 • • •	— 2«1„	=
«пп	— 2а„1	-2а„2 ...	2«„п	
— ( 2) 1 anajjAij,
280
Проделав аналогичные
делителем, получим
0	1	0	0
1	0	а11	а22 ...
0	а11	— 2ац	— 2а12 ...
0		— 2ant	—2а„2 ...
Следовательно,
операции над вторым опре-
0 ®пп	=				
— 2апп		О!ц	а12	... at„	
= (-2)	п	ani	ап2	• • • ^пп	»
— 2г2 = (ESan«//A/)/[—2det(at/)],
что и требовалось доказать.
141.	Рассмотрим функцию y = xiln. Поскольку ее про-
изводная с возрастанием х убывает, приращение функ-
ции у, соответствующее заданному интервалу на оси х,
убывает по мере сдвига этого интервала вправо. Интер-
вал (хь х2) получается при сдвиге интервала (Хц — а,
х2 — а) вправо на а. Следовательно,
Xt	х2—а
у(х2) — y(xi)= J y'(t)dt = J y'(t + a)dt^
Xi	Xi-a
x2—a
y'(t) dt = y(x2 — a) — y (Xi — a),
Xi—a
что и требовалось доказать.
Приведенное доказательство остается в силе при лю-
бом (не обязательно целом) положительном га 1.
142.	Пусть Мж — среднее число бросаний, которые не-
обходимо произвести, чтобы закончить игру, если у од-
ного игрока х, а у другого т + га — х монет. Тогда Мо =
= 0, Мт+п = 0. Кроме того, из соображений симметрии
ясно, что Мх = мт+п-х. Поскольку после очередного
бросания у игрока, имевшего до бросания х монет, число
монет с равной вероятностью может стать и х—1, и
281
х + 1, то величины Мх удовлетворяют следующему ре-
куррентному соотношению:
Мх = (Мх-у + 1 )/2 + (ЛГх+1 + 1)/2,	(1)
или
— Mx-i + 2МХ — Mx+i = 2 при 0<х<тА~п.
Суммируя левую и правую части этого соотношения по х
от 1 до т + п — 1, получаем
Л11 + Mm+n-t = 2 (т 4- п — 1),
а поскольку Л11=Л1т+п-1, то
М\ = Мт+п_1=т + п — 1.
Величину М2 определим из рекуррентного соотношения
(1), полагая х = 1:
М2=2М1 — Мо — 2=2(т + п-1)-0-2 = 2(т + п-2),
Докажем, что Мх = х(т-{-п — х). Воспользуемся
для этого методом математической индукции. При х = 1
и х = 2 соотношение выполнено. Предположим, что оно
справедливо при х = k и х = k — 1:
Mk = k (m + n —- k), Mk-i = (k —- l)(m + n — k + 1).
Тогда
Mk+i = 2M/t — Mk-i — 2 —
= 2k (tn 4- n — k) — (k — 1) (tn 4- n — k 4-1) — 2 =
= (k 4-1) (tn 4- n — k — 1).
Подставляя x = m в доказанное соотношение Mx =
= х(т 4- п — х), находим ответ на вопрос задачи:
Мт = т(т-]- п — т) = тп.
143 *. Примем вершину D тетраэдра и его ребра DA,
DB, DC за начало и оси х, у, z косоугольной системы
координат, причем отрезки DA, DB, DC будем считать
масштабными. Если искомая плоскость пересекает
ребра DA, DB, DC в точках (~~>0, о), (о, -у, о),
(о, 0, -у-), то ее уравнение имеет вид
их vy A~wz = 1,	(1)
282
где и, v, w 1, и она отсекает от положительного
октанта тетраэдр объемом VABCDluvw. Отсюда
uvw = 2.	(2)
Обозначим площади граней тетраэдра, противолежа-
щих вершинам А, В, С и D, SA, SB, Sc, SD соответствен-
но. Площади треугольников, отсекаемых нашей плоско-
стью от соответствующих граней, равны SAfvw, SBluw,
Scluv- Поэтому
S/Jvw + SB/uw + Sc/uv = 2" (Зд + SB + Sc + Sp),
с учетом (2)
«Зд + vSB + wSc = 5д -f- SB + Sc + SD. (3)
Для того чтобы искомая плоскость, пересекающая трех-
гранный угол тетраэдра с вершиной/), существовала,не-
обходимо и достаточно, чтобы уравнения (2) и (3) име-
ли решение, удовлетворяющее неравенствам и, v, w 1.
Легко видеть, что если удовлетворяется (3), то
_ (Зл + зв + зс + зр)3
27SASBSC
sn
(uvw)mla = 1 + max
(первое неравенство получается при uSA = vSB = wSD,
чтобы получить второе, нужно приравнять поочередно
два из переменных единице; полезно иметь в виду, что
функция —In(uow) выпукла (III. 13) на выпуклом мно-
жестве— треугольнике, отсекаемом от октанта и, v, w
плоскостью (3)), и поэтому необходимое условие
существования решения выражается неравенствами
ЗяЗвЗс^-^-------в 54 с—max {Зд,Зв, SC}^SD. (4)
Эти же неравенства и достаточны для существования
решения, поскольку область определения непрерывной
функции uvw (уже упоминавшийся треугольник) связна
и функция принимает на ней все промежуточные значе-
ния между минимальным и максимальным, в том числе
[при соблюдении условий (4)] и значение 2.
283
Вообще говоря, неравенства (4) могут не выпол-
няться. Если, например, тетраэдр имеет вид очень вы-
тянутой правильной пирамиды с вершиной в D, так что
SA = SB = SC'3> Sd, to первое из неравенств (4) на-
рушается. Тем самым тройку ребер, которые пересекает
искомая плоскость, нельзя задавать произвольно.
Покажем, что неравенства (4) выполняются, если
SA Sb Sc =4 So. Обозначая для краткости SA +
f- Sb -f- Sc Sd = S, имеем
$а$в$с """ 4 Sc -j [у (SA + SB + Sd)] Sc =
=у (S - ЗД’ Sc < 1 (4)’ 4 = 4- S’ < 4 S’.
так как функция (S — х)2х имеет максимум при х =
= S/3. Второе из неравенств (4) очевидно.
Пусть теперь (хо, уо, ?о) — координаты центра сферы,
вписанной в тетраэдр, г—ее радиус и hA, hB, hc — вы-
соты, опущенные из вершин А, В, С на противополож-
ные грани. В силу нашего выбора масштабов на осях
вершина А имеет координаты (1,0,0), откуда х0:1 =
= г : hA и
___r__ r-SA sA
,lA ^ABCD $А + SB + 5С + $D
Аналогичный вид имеют уо и za. Подставляя эти значе-
ния в (1) и учитывая (3), находим, что искомая пло-
скость (1) проходит через центр вписанной сферы.
В общем случае задача может иметь до трех одно-
параметрических семейств решений. Заметим, что ана-
логичная планиметрическая задача (см. задачу 156)
имеет лишь конечное (одно, два или три) число решений.
144.	Пусть п — нечетное число, р — простой делитель
числа п, п = 2г + 1 = sp\ I > 0, s не делится на р (1).
Если среднее арифметическое п последовательных
целых чисел равно т, то сами числа равны
т —г, т —гт +г —	т-[-г. (2)
Сумма Е чисел (2) равна тп, а их произведение П —
умноженному на т произведению произведений двух
наборов последовательных целых чисел
(т—r){m—г1).. .{т— 1) и (т-\-1)(ш4~2).. .(/пф-г).
284
Пусть rip = а + blp, О <_b <С р. Тогда из соотношения
2r + 1 = 2ар + (26 + 1) =spl следует, что 2b + 1 = р
и а = (spi-1 —1)/2. Таким образом, г/р>а =
= (sp*-1 — l)/2^(pi-1— 1)/2 i/2 при всех i^2
(р^З). Каждый из двух наборов г последовательных
целых чисед от т — г до т — 1 и от т + 1 до т + г со-
держит а полных наборов по р последовательных целых
чисел. Поскольку из р последовательных целых чисел
одно делится на р, произведение г целых чисел делится
на ра. Таким образом, П/пг делится на р2а и, следова-
тельно, на р\ Если п = sp, то среди чисел (2) имеются
s таких, которые делятся на р. В этом случае П/пг де-
лится на ps-1. Итак, П/пг делится на р, если только не
выполняются равенства s = 1, i = 1, то есть п = р. Ина-
че говоря, если п<^= р, то П/пг делится на п, поскольку
П/tn делится на любой простой делитель числа п в сте-
пени, не меньшей той, с которой этот делитель входит
в разложение числа п на простые множители. Отсюда
следует также, что П делится на S = тп. Наконец, если
п = р, то лишь одно из целых чисел (2) делится на р.
Если это число отлично от т, то П/пг делится на п и,
таким образом, П делится на S. Если же это число
равно т, то П не делится на S.
Рассмотрим теперь случай, когда п — четное число,
то есть n=2cd, где d — нечетное число ис>1. Запи-
шем п последовательных целых чисел в виде а — п/2 + 1,
а — п/2 + 2, ..., а + п/2, или
(2а + 1) — (га— 1)	(2д+1)-(п-3)
2	’	2	* * ’ ’’
(2а+1)-1	(2д+1) + 1	(2а+ D+ (»-!)
2	’	2	’ * ' •’	2
(3)
Тогда S = п(2а + l)/2 = 2c-1d(2а + 1). Объединяя па-
ры чисел, равноотстоящих от концов конечной после-
довательности (3), получаем
П = [(2а + I)2 - (n -1)2] [(2а + I)2 - (п - З)2]...
... [(2а + 1)2-1]/2“.
Ясно, что П можно представить в виде П =
= [пг(2а + I)2 ± k2]/2n, где т — некоторое целое число
и k = ЬЗ.5.7 ... (n—1). Поскольку произведение d
последовательных целых чисел делится на d, а П —
285
произведение п = 2cd последовательных целых чисел, то
П делится на d2 и на (2е)d, то есть заведомо делится на
d2 и 2е-1. Кроме того, число d, которое нечетно и мень-
ше п, является делителем числа k, а поскольку П =
= [т(2а + I)2 ± k2]/2n, то т(2а + I)2 делится на d2 и,
следовательно, т(2а-\- I)2 делится на d(2a-j- 1). Таким
образом, П делится на d(2а 4-1) в том и только в том
случае, если k2 делится на d(2a + !)• Именно к делимо-
сти k2 на d(2a4~ 1) и сводится условие делимости П на
S = 2c-'d(2a4- 1), поскольку делимость П на 2е-1 была
доказана выше. Итак, П делится на 2 в том и только
в том случае, если k2fd делится на 2а 4- 1- Заметим, что
число 2a 4- 1 должно быть больше п, если все целые
числа положительны, и 2a 4- 1 равно сумме любых двух
целых чисел, равноотстоящих от концов последователь-
ности.
Например, при п = 2 не существует двух последова-
тельных натуральных чисел, для которых П делится на
S. При п — 4 число k равно 3, и 2a 4- 1 должно было
бы быть делителем (больше 4) числа 9. Следовательно,
a = 4, и едицственный набор целых чисел имеет вид
3, 4, 5, 6. При п = 6 мы получаем k2fd = 75. Следова-
тельно, 2a 4- 1 = 15; 25 или 75, и существуют три на-
бора, состоящие из шести последовательных целых чи-
сел. Эти наборы начинаются с чисел 5, 10 и 35.
145.	Каждый из различных равносторонних, равно-
бедренных или косоугольных треугольников, вершины
которых совпадают с вершинами правильного п-уголь-
ника, конгруэнтен соответственно одному, трем или ше-
сти треугольникам, имеющим заданную вершину А. Обо-
значим число треугольников каждого из трех названных
типов Е, I и 5. Поскольку любая пара вершин, отлич-
ных от А, определяют вместе с вершиной А некоторый
треугольник, то
(п щп-2) =£ + 3; + 6Sj
Подсчитав число различных треугольников АВС с рав-
ными углами В и С, получим
1 + Е=	, Е=1 — с,	(2)
286
где с и d — вычеты, равные 0 или 1 и такие, что
п2 = с (mod 3), п2 = d (mod 4).	(3)
Пользуясь соотношениями (2), найдем из (1) комбина-
цию S +1+ £:
12(S + Z + E)=(n-l)(n-2) + 3(n-2 + d) + 4(l-c) =
= п2 + 3d — 4с. (4)
Следовательно, S-|-^ + £ — ближайшее к п2/12 целое
число, что и требовалось доказать.
146.	Произведение любых п последовательных чисел
делится на п!. Число «(!)* представляет собой не что
иное, как произведение n(!)ft-1 последовательных целых
чисел. Разобьем эти числа на группы, каждая из кото-
рых содержит п последовательных целых чисел. Всего
мы получим
(п- l)!(nl — l)l(n(!)2 — 1)! ... (n(!)ft-2 — 1)!,	&>2,
групп, поскольку
п (!)*-1 = П (!)*~2 [п (!)6-2 - 1]! =
= п(!)*~3[гс(!)*“3- 1]! [n(!)ft“2- 1]! = ... =
= п(п- 1)!(л! — 1)1 ... [я(!)6~2 — 1]!.
Следовательно, число n(!)ft делится на
п 1)! (п!-1)1 ... [n(l)ft-2-1]|
что и требовалось доказать.
147.	Обозначим левую часть уравнения через f(x).
Тогда его правую часть можно записать в виде f(a),
а само уравнение — в виде f(x) = f(a).
Нетрудно видеть, что рациональная функция f(x)
инвариантна относительно группы подстановок
287
Поскольку х = а, очевидно, является корнем уравнения,
то полный набор из шести корней имеет вид
1	1	1
а, —,
’ а ’
1 — а, т-----------,
’ 1 — а ’
а — 1 а ,	, п ,
—.	(«^=0, п.
При а = 1 функция f(a) не имеет смысла. При а—>1
корни уравнения попарно стремятся к 1, 0 и оо. Анало-
гичная картина наблюдается и при а->0.
148.	При п =2 мы имеем на плоскости четыре точки
Рх, Р2, Рз, Pi, из которых любые три образуют треуголь-
ник. Рассматривая все возможные расположения точки
Р4 относительно треугольника Р1Р2Р3, нетрудно убедить-
ся в том, что [РА^з^] представляет собой либо тре-
угольник, либо четырехугольник. Действительно, если
барицентрические координаты точки А имеют знаки
(+ + +) или (-------1-), то мы получаем треугольник,
а при распределении знаков- (--F+)—четырехуголь-
ник. Таким образом, из шести отрезков [РА] множеству
ребер выпуклого «многогранника» [Р1Р2Р3Р4] принадле-
жат не более четырех.
При п = 3 мы получаем пять точек Pi, Р2, Рз, Р4, Ps-
Если они лежат в одной плоскости, то, как мы уже убе-
дились, некоторые отрезки [РА] не являются ребрами
многогранника [PAP3P4P5L Предположим, что любые
четыре точки образуют тетраэдр. Рассматривая все воз-
можные расположения точки Р5 относительно тетраэдра
Р1Р2Р3Р4, мы заключаем, что выпуклый многогранник
[РАР3Р4Р5] имеет вид либо тетраэдра, либо треуголь-
ной бипирамиды. Действительно, если барицентрические
координаты точки Р5 имеют знаки (+ + + +) или
('-------1-), мы получаем тетраэдр, а при распределе-
нии знаков (---F ++) или (-----+ +)—бипирамиду
(в первом случае с вершинами в точках Р\Р$, во вто-
ром—с вершинами в точках Р3Р4). Следовательно, не
более девяти из десяти отрезков [РА] являются ребра-
ми выпуклого многогранника [РАР3Р4Р5].
При п = 4 можно построить политоп, содержащий
6 вершин, 6 + 9 ребер, 18 треугольных граней и 9 (не-
правильных) тетраэдров. Выбрав треугольники Р1Р2Р3
и Р4Р5Р6 в двух плоскостях, единственная общая точка
которых является внутренней для каждого из треуголь-
ников (например, выбрать два равносторонних треуголь-
288
ника в абсолютно перпендикулярных плоскостях), мы
получим 15 отрезков [РА], соединяющих 6 вершин по-
литопа Р\РгРзРьРъРв, то есть все 15 отрезков будут реб-
рами этого политопа.
При п> 4 выберем шесть из п + 2 точек за вершины
политопа, построенного при рассмотрении случая п = 4,
а остальные п — 4 точек в общем положении, и получим
гипертело, имеющее (п + 2) (п + 1)/2 ребер. Такое тело
можно было бы назвать гиперпирамидой.
149.	Пусть PS— верхний край забора, А — точка,
в которой прикреплена веревка, В и О — проекции точ-
ки А на прямую PS и основание забора. Выберем пря-
моугольную систему координат с началом в точке О,
осью х, совпадающей с основанием забора, и осью у,
положительное направление которой указывает полу-
плоскость, расположенную по ту же сторону от основа-
ния забора, что и собака. Когда собака находится в
точке Р, натянутая веревка пересекает верхний край за-
бора в точке Q. Пусть W— проекция точки Р на прямую
Р5 и t = NP. Тогда если треугольник ABQ повернуть
вокруг стороны BQ так, чтобы он совместился с продол-
жением плоскости PQN, то он займет некоторое положе-
ние A'BQ. Точки A', Q, Р должны быть коллинеарными
и А'Р = L. Это означает, что точка Р имеет координаты
х = ± [L2 —- (а + Z)2]^, у = [t2 — /i2]'/z. Граничная кри-
вая участка, по которому может бегать собака, симмет-
рична относительно оси у (при х = 0 ордината гранич-
ной кривой равна [(L — а)2 — /i2]*/z), ортогонально пере-
секает ось х в точках с абсциссами ± [L2 — (а + /i)2]'/z и
вогнута по направлению к забору. Уравнение граничной
кривой в полярных координатах имеет вид
р2 = k + 2а2 sin2 ft - [(k + 2а2 sin2 ft)2 + 4a2h2 - k2]\
k = L2h2 — a2 > 0.
Подстановкой z = 2a2 sin2 ft + k площадь участка мож-
но привести к виду
л/2	а
( „2	/ J I М If (уб + z2) dz_________
J	2	2t J V(a — z) (Р — z) (yd + z2) ’
где a =2a2 + k, 0 = k, у = (k2 — 4a2h2)\
б = —у, а>р>у>О>б.
289
После громоздких и длинных преобразований интеграл
сводится к интегралам пяти типов:
Г sin4 qp dtp Г sin1 2 <р dtp Г 1 dtp С dx	С dx
j cos4 qp Дф ’ J cos4 ф Дф ’ J cos4 ф Дф ’ J х2л/Х ' J хл[Х *
где Aqp = V1 — й2sin2qp, X — квадратичная форма. Пер-
вые три интеграла сводятся к эллиптическим интегра-
лам первого и второго рода, последние два интеграла
берутся в элементарных функциях.
150 Колышек, на который были надеты кольца
до начала перекладывания, назовем начальным; колы-
шек, на который будут надеты в конце концов кольца,
назовем конечным; остальные h = k — 2 колышков —
вспомогательными. Обозначим через m(h, п) минималь-
ное число перекладываний, за которое можно решить
задачу для п колец, и через
С(h, ri)=m(h, n) — m(h, п— 1)
«цену» перекладывания п-го кольца.
Решение задачи осуществляется способом, который
мы будем называть «оптимальной стратегией». При
оптимальной стратегии самое большое кольцо перекла-
дывается только один раз, с начального колышка иа
конечный. В самом деле, пусть это не так. Тогда в не-
который момент самое большое кольцо перекладывается
с начального колышка на i-й; обозначим буквой А рас-
положение в тот же момент остальных колец на h ко-
лышках (то есть на всех, кроме начального и i-ro) и
т(А)—число перекладываний, предшествовавших дан-
ному моменту. Аналогично в некоторый другой момент
самое большое кольцо будет переложено на конечный
колышек, а остальные кольца будут находиться в со-
стоянии В, и до конца игры произойдет еще т(В) пе-
рекладываний. Пусть, например, т(А)^. т(В). Тогда,
перенумеровав колышки, мы можем заменить в распо-
1 Прототип излагаемого далее решения, опубликованный в Ame-
rican Mathematical Monthly, содержал логические пробелы. Сохра-
няя основную идею рассуждения, я старался эти пробелы воспол-
нить, но преуспел в этом только отчасти Недостающее звено вы-
делено в виде двух постулатов Весьма вероятно, что они верны,
но доказательством этого я не располагаю. — Прим. ред.
290
ложении А i-й колышек конечным и переложить самое
большое кольцо сразу с начального колышка на конеч-
ный. После этого нам достаточно сделать еще т(А)
перекладываний (в обратном порядке по отношению к
созданию расположения Л). Всего мы произведем 1 +
-|-2т(Л) перекладываний, тогда как в исходной проце-
дуре их было не менее m(A) + I 4-1 4-m(B) > I 4-
4-2m(Л), что противоречит оптимальности стратегии.
Аналогично рассуждаем при т(Л)> т(В).
Интуиция подсказывает, что верны следующие посту-
латы:
I. При оптимальной стратегии в расположении Л на
каждый из вспомогательных колышков надеты кольца
последовательных размеров (без пропусков), так что п\
самых больших колец надеты на 1-й вспомогательный
колышек, П2 следующих по величине —на 2-й,..., пд
самых маленьких — на й-й.
II. При оптимальной стратегии переход из начального
состояния в состояние Л осуществляется так: исполь-
зуя h колышков [с 1-го по (й — 1)-й и конечный] в ка-
честве вспомогательных, перемещаем за m(h,nh) пере-
кладываний nh самых маленьких колец на й-й вспомо-
гательный колышек; затем, используя й — 1 колышек в
качестве вспомогательных, перемещаем колец на
(й—1)-й вспомогательный колышек и т. д. Наконец,
используя конечный колышек в качестве вспомогатель-
ного, перемещаем п\ колец на 1-й вспомогательный ко-
лышек.
Каждая стратегия, подчиняющаяся постулату II,
вполне характеризуется заданием набора чисел (п\, ...
..., nh). Для краткости будем говорить просто «страте-
гия («1, ..., пд)». Если стратегия оптимальна, то, оче-
видно,
л
m(h, п) = I + 2 У, m(r, nr).	(I)
Г== 1
Лемма. Оптимальные стратегии (п{р, ..., от-
вечающие перекладыванию п колец (п = 1, 2,...), мож-
но выбрать так, чтобы
1)	п^2, г = 1, ..., й;
2)	2С(й, п-1)>С(й, п)>С(й, n-1), п>2,
291
причем для каждого п одно из неравенств обращается
в равенство
3)	C(ft, n) = 2s,
где $ зависит от ft и п.
Для доказательства применим индукцию по ft и п.
При ft=l лемма тривиальна, так как здесь п^ =
= п—1, равенство (1) принимает вид
т(1, п) =1 4-2/п(1, п— 1),
откуда
С (1, п)=2С(1, п- 1) = 2',-1С(1, 1) = 2"-1.	(2)
Предположим теперь, что ft ^2 и что утверждение
леммы доказано для любого числа вспомогательных ко-
лышков < ft. Прежде всего имеем
п(г° = 0;
tn(h, 0) = 0, m(h, 1) = 1, m(ft, 2) = 3;
C(ft, 1) = 1, C(h, 2) = 2,
так что утверждение леммы верно при п = 2.
Предположим далее, что оно верно для ft вспомога-
тельных колышков и любого числа колец <Z.n. Пусть
(п^,	— одна из оптимальных стратегий. Ввиду
равенства
1 +	+ ... +	= п	(3)
хотя бы одна из разностей	> 0, пусть это
будет	Рассмотрим стратегии (vp ..., vh) и
(pi, ..., цЛ),
где
v. = i =£ k‘,	Vj, = rt(.ra> — 1 >’
t	t e	nr	d
ц. = п<р-»,
Тогда
14-V1+ ... 4-v„ = n—1, 1 4-Ц14- ...+|л„ = п.
Поскольку стратегия ...» пА"-1)) оптимальна,
л	л
£ т(г, vr) > £ т (г,
292
а так как по предположению индукции (пункт 2) С (k, Z)
монотонно зависит от I при /<>г — 1 и п^^п — 1, то
Л
т (h, п) = 1 4- 2 У, т (г,	=
Л	h
= 1+ 2 Е т (г, vr) + С (k, n^>) > 1 + 2 Е т (г, п<"-0) +
л
+ C(k, l)=i+2Em(r, pf).
Ввиду оптимальности стратегии (п\п\	правая
часть здесь должна равняться левой, а следовательно
(ц.,, •••> М-й), как и («<">, .... и}")) — оптимальная стра-
тегия, и для нее выполнено утверждение 1) леммы.
Впредь будем считать, что уже («<">, ..., обладает
этим свойством.
Далее,
С (h, п) = т (h, п) —m(h, п — 1) =
л
= 2 Е (г, ^п)) — т (г,	= 2С (р, «<,">) (4)
для некоторого р в силу утверждения 1); здесь п£} =
_n(n-i)_|_l и п(п)—п(п-1) для остальных /. Аналогично
С (h, п— 1) = 2С(р',	= п<^' + 1 и =
= n<«-2) для остальных индексов.
Если р = р', то утверждение 2) выполняется по
предположению индукции, ибо n^-1),	1.
Если же р =/= р' и С(р',	> С (р, «<,">), то стратегия
..., не оптимальна, поскольку, заменив
в ней на = n^_1> + 1 и на 1,
мы уменьшим m(h, п — 1). Наконец, если р =/= р' и
С(р, n^) > 2С(р',	то по предположению индук-
ции С(р, п^-1>) > С(р',	Заменив в стратегии
(nj"-2), .... число п^-2> = п*)"-0 иа п^-2> — 1 и
п^-2> на п^~{) = п(рп,~2) 4- 1, мы уменьшим tn(h, п —2) и
теперь уже (п\п~2\	не оптимальна.
293
Этим доказано утверждение 2). Из (4) в силу пред-
положения индукции вытекает справедливость утвержде-
ния 3) и остающаяся часть утверждения 2).
Из доказанной леммы следует, что для некоторой
последовательности
1 =A°h < 4 < ... < М < ...
имеет место равенство
С (h, п)= 2s, АГ* <п<А1.	(5)
Если п удовлетворяет (5), то
2s"1 < С (г, п?~1) + 1) < 2s,	(6)
причем хотя бы для одного г левое неравенство пре-
вращается в равенство. Действительно, в силу (4)
2s = С (h, п) = 2С (р, 4ге>) = 2С (р, 4"“° + О,
откуда С(р, Пр"-1> + 1) = 25-1. Кроме того, для осталь-
ных г должно быть С (г, Пг"-1) + 1)	2s-1, так как в
противном случае, переходя от п — 1 к п, мы увеличили
бы не а другое число.
Наконец, если С (г,	+ 1) > 2s для некоторого г,
то в силу утверждения 2) С (г, Пг"-1>) > 2s-1 и, заменив
в стратегии ..., число на — 1,
а п&~*> на п^~° + 1, мы уменьшим m(h, п— 1) вопреки
оптимальности.
Из (5) и (6) мы заключаем, что числа, образующие
стратегию ..., разбиваются на две группы.
Для одной из них
С (г, п^-1) + 1) = 2s,	= ЛГ* (7)
и для другой
с (г, пГ1)+1) = 25-1, пГ'ЧЛГ1. (8)
При переходе от п—1 к п увеличивается
принадлежащее к группе (8). Когда все числа этой
группы исчерпаются, то есть когда будет = Л£-1
294
для всех г, приращение при переходе от п — 1 к п со-
ставит 2«+‘, то есть будем иметь п = Ак +1. Отсюда
л
Дл = п—1 = £	+ 1 = 1-J-... +Д£-*.
Г-1
В сочетании с равенством Лл=1 это по индукции дает
.s	(h + s\
нам Лл = Сй+5 = 1 I, так что
\ s /
с (h, п)=2s, cj;Ui < п < csh+s.
Вспоминая определение C(h, п) и равенство Сь+к —
— Ch+k-i = Ch+k-\, получаем окончательно
m(h, п) = 1 + 2 • С), + 2SCU + •••
• •• + 2s 1Cft+s_2 + 2s(n — Cft+s-]),
где s— наибольшее целое число, при котором последний
член, стоящий в правой части, положителен. В класси-
ческом случае k = 3 получаем h = 1, s = п— 1 и
т(1, п) = 2n— 1.
151.	Пусть fk = xk/(l — хк). Тогда величины fk удов-
летворяют тождеству
fkfr-k/fr = fk + fr-k+l, 0<k<r.	(1)
Обозначим через Dr определитель, получающийся из
определителя, который приведен в условии задачи, при
делении первой строки на 1, второй —на 2, .... r-й на г.
Задача будет решена, если мы докажем, что
Dr = fihf3...fr.	(2)
Разлагая определитель Dr по элементам последней
строки и умножая на г, получаем
rDr = fiDr-i-f2Dr-2 + f3Dr-3- ... +(-ir‘frD0, (3)
где Do = 1, Z)-i = D-г = ... =0.
Докажем соотношение (2) методом математической
индукции. Прежде всего заметим, что по определению
Di = fi. Предположим, что соотношение Dk = fkDk-i
выполняется при k < г.
295
Докажем, что оно выполняется при k = г. Умножая
обе части тождества (1) на frDr-k-i и используя выска-
занное выше предположение индукции, согласно кото-
рому Dr-k = fr-kDr-k-t, получаем
fkDr-k = frtfkDr-k-i -J- Dr-k + Dr-k-i). (4)
Подставляя соотношение (4) в (3), находим
rDr = fr(r-\)Dr-l +
+hi - hi нгч-м =
= fr(r- 1) Dr-X + frDr-t - ft-Df-i = rfrDr-i). (5)
Разделив обе части соотношения (5) на г, приходим
к соотношению
Dr = frDr-u
что и требовалось доказать.
152.	Запишем уравнение параболы в параметриче-
ском виде
x = as2, у —las.	(1)
Пусть Pi — любые три точки параболы с координа-
тами (as?, 2asf). Поскольку угловые коэффициенты ка-
сательных к параболе, проходящих через точки Pit рав-
ны 1/Sj = tga/, то уравнения касательных имеют вид
х — s{y + as2 = 0.	(2)
Пусть Т\ — точка пересечения касательных /2 и /з>
Т2— точка пересечения касательных Л и /3; а Т3— точка
пересечения касательных Л и t2, (i = 1, 2, 3)—вну-
тренние углы треугольника TiT2T3 (fy — угол при вер-
шине Т{) и С — окружность диаметром d, описанная
вокруг треугольника 1\Т2Т2. Тогда
Т\Т2 = dsin$3 = d\sin(a2 — aj ].	(3)
С другой стороны, координаты точек и Т2 можно
найти, решив системы уравнений (2) при i = 2, 3 и
z = 3, 1:
7’1 = [as2s3, a(s2 + s3)], T2 = [as3sb a^H-sO].
Зная координаты концов отрезка 1\Т2, получим
Т72 = а|51 - s2|VT+^|.	(4)
296
Сравнивая соотношения (3) и (4) и используя вы-
ражение для углового коэффициента касательных
tg= 1/s, (из которого следует, что sinat = 1 /д/1 -фз?,
cos аг =	4- s?), получаем
=	(5)
откуда
c?sinai sina2sina3 = а,	(6)
что и требовалось доказать.
Заметим, что в приведенном выше доказательстве не
использовалось известное свойство параболы, о котором
упоминается в условии задачи.
153.	Не ограничивая общности, предположим, что
О хо < Х| 1. Пусть х2— наибольшее из чисел в ин-
тервале [0, xi], для которых f(x2) = f(x0). Нетрудно ви-
деть, что х~1 ^х~1 + 2л, поскольку, когда х пробегает
все значения из интервала [(*,- +2«У xj величина
sin(l/xi) принимает все значения из интервала [—1,4-1].
Если а '/г, то, используя неравенство Шварца, полу-
чаем
|f(xi) — f(xo) | = |f(xO — f(x2)| < J |f'(x)| dx <
Xi
1‘/s	Г*1	Л1/*
x2PH |Г(*)| dx I Xi— x0 p H (14-x-1)2 dx I
< |x, — x0|° [*! — X2 4- 2 In (x,/x2) 4- x~' — xf1]71 <
<|Х,-ХОГ[1 4-21n(l 4-2л)4-2л]‘/2.
С другой стороны, если a > V2, то достаточно вы-
брать хо=(ли)-1 и Xi =[(п4-1/2)л]-1, где п— любое
натуральное число, чтобы убедиться, что отношение
lf(X,)-f(Xo)|
|Х1 — х0|“

не ограничено.
297
154.	Выберем прямоугольную систему координат,
совместив ее начало с центром перекрестка и направив
оси х и у вдоль дорог. Пусть положительное направле-
ние оси х совпадает с направлением движения хозяина
собаки. В начальный момент времени он находится на
перекрестке дорог, то есть в точке (0, 0), а в любой по-
следующий момент времени — в точке (хь 0), где Xi > 0.
Пусть х и у — координаты точки, в которой в момент
времени t находится собака (при /=0 собака находи-
лась в точке (0, а)). Скорость v хозяина зависит от вре-
мени, а собака бежит к нему со скоростью 2v.
Поскольку луч зрения собаки, неотрывно следящей
за хозяином, совпадает с касательной к траектории со-
баки, то
Х1=0,	(1)
А.------2—	(2)
dx х — Xi	v 1
Vx2 + г/2 = 2v.	(3)
Разрешив уравнение (2) относительно Xi и продиффе-
ренцировав полученное выражение по t, находим
.	.	.	dx	d (	dx \ . d2x
X, = v = х — у —j--у —ГГ I	I = — У У ~ГТ
1	3	dy	° dt \	dy )	dy2
(мы воспользовались тем, что dx]dy = х/у и dldt =
= dldy(dyldt)).
Подставив последнее соотношение в (3) и разделив
правую и левую часть на |«/| = —у, получим
Дважды интегрируя, находим последовательно
dx
dy
у / и \	!—
а	z
Заметим, что линия «погони» не зависит от v (и даже
от того, постоянна или переменна эта скорость). Собака
298
догонит хозяина в точке (2а/3, 0) через промежуток вре-
мени
2а/3
___ f dx
' v ‘
о
155. Если Ni — общее число произведений, которые
можно составить из i упорядоченных элементов ai, а2, • • •
...,ап, то общее число произведений, которые можно
составить из неупорядоченного набора тех же i эле-
ментов, равно i\Ni. Вычеркнув из такого произведения
элемент вместе с парой скобок, указывавших ту опе-
рацию умножения, в которой элемент а{ участвовал в
качестве сомножителя, получим одно из (i— 1)!7V\ про-
изведений, составленных из первых I — 1 элементов
а\, 02,	а^. Следовательно, подсчитав общее число
различных произведений, получающихся из последнего
произведения при добавлении нового сомножителя и
еще одной пары скобок, мы получим выражение для i\N{.
Каждое из (i —	произведений элементов
ai, а2, ..., Ot-i содержит 21 — 6 скобок (условимся не
заключать в скобки все произведение), а все произведе-
ние состоит из i — 1 4- 21 — 6 = 3i — 7 символов. Следо-
вательно, Ай элемент at можно ввести в такое произве-
дение 3i — 7 4- 1 = 3i — 6 способами, а связанную с ним
пару скобок — двумя способами и получить 2(37— 4)Х
X(i — 1)!Л7г-_1 произведений, не все из которых, как мы
увидим, различны. Два произведения могут совпадать
лишь в том случае, если: 1) они получаются из одного
и того же произведения i — 1 первых элементов; 2) эле-
мент а{ один раз вставлен перед уже имевшейся скобкой,
а другой — после той же скобки. Поскольку произведе-
ние i — 1 первых элементов а2, ..., П/ содержит
21 — 6 скобок, то стечение двух указанных обстоятельств
может встретиться 2(7 — 3) (/ — 1) !JV4—i раз. Докажем,
что из четырех произведений, могущих возникнуть при
каждом совпадении двух условий, различными являются
только три.
Рассмотрим отдельно два случая.
1. Скобка, о которой говорилось выше, — первая (от-
крывающая) скобка пары, внутри которой стоят сомно-
жители Р и Q. Этот случай разбивается на два подслу-
чая: R(PQ) и (PQ)R в зависимости от того, с какой
299
стороны производится следующее по порядку умножение.
Рассмотрим под случай R(PQ). Если элемент at встав-
лен непосредственно после скобки, то получается произ-
ведение вида R(a.iPQ). Расставив новую пару скобок,
получим либо произведение R(a.i(PQ)), либо произве-
дение R((a.tP)Q). Если элемент а/ вставлен перед той
же скобкой, то возникает произведение вида Rat(PQ),
которое после расстановки новой пары скобок перехо-
дит либо в (Rat) (PQ), либо в R(di(PQ)). Из получен-
ных произведений первое совпадает с четвертым, так
что различными оказываются только три произведения.
Аналогично обстоит дело с подслучаем (PQ)R.
2. Скобка, о которой говорилось выше, — вторая (за-
крывающая) скобка пары. Этот случай сводится к пре-
дыдущему, если произведения читать не слева направо,
а справа налево.
Таким образом,
iWi = 2 (3/ - 6) (i - 1)1	— 2(i — 3) (i - 1)! Nt_x =
= 2(2/ —3)(i — 1Ж--!
или
N = g.Cgir.l). N
1	I	11
Понижая последовательно значения индекса и исполь-
зуя соотношение N2 =2(2-2 — 3)/2 = 2-1/2, получаем
N _ 2 (2г - 3) 2 (2г - 5) ... 2 • 3 • 2 • 1 _
Лг — i(i — 1) ... 3-2	—
_ 2г-1 (2г - 3) (2г - 5) ... 3 • 1 _
г!	—
_ 2г~‘ (2г-2)1 _ (2г - 2)! _	1	/2г-2\
2/-1(/-1)!г! — (г-1)!г!	i-1 (г-2Л
156.	Пусть Р — любой из углов треугольника АВС,
р — противолежащая сторона того же треугольника, а
q и г—стороны, между которыми заключен угол Р. Про-
ведем прямую, отсекающую на сторонах q и г отрезки
длиной bq и Ь'г (считая от вершины угла Р), где & и
О7 — положительные числа, меньшие 1. Если проведен-
ная прямая делит пополам площадь треугольника АВС,
равную qr sin р/2, то W' = V2; следовательно, должны
выполняться неравенства V2 < б1 < 1. Если эта прямая,
кроме того, делит пополам периметр треугольника АВС,
то &<? 4- Q'r = (р + q + г)/2, или 2$q -j- r/Ф = р + q + г.
300
Пусть
f($) = 2®2q + г — ft (p + q + r).
Исследуем, когда на интервале ‘/2 < ft <Z 1 может вы-
полняться равенство f(^) = 0. На концах интервала
ДФ) принимает значения f(l/2) =(r — р)/2, f(l) = q — р.
^Минимальное значение квадратный трехчлен f(^) прини-
мает в точке й’о, где f'('&0)=0, то есть О0 =
= (p + q + r)/4q и f (й0) = [8qr — (р + q г)2]/8<г.
Таким образом, если положить р = Ь, то /(‘Л) и f(l)
будут иметь противоположные знаки, f(ft) один раз об-
ращается в нуль и существует ровно одна прямая, пе-
ресекающая стороны а и с и делящая пополам одно-
временно периметр и площадь треугольника АВС.
Если р = с, то /(‘/2), f(l) и f(^o) отрицательны, по-
скольку из неравенства p>q следует, что (р -f- q -f- г)2 >
> (2q + г)2 = (2q — г)2 -f- 8qr 8qr. Поэтому не суще-
ст вует прямой, пересекающей стороны а и b и делящей
пополам периметр и площадь треугольника АВС.
Наконец, если р = а, то f('/2) и f(l) положительны,
f(ft) имеет нуль, один или два корня в интервале ('/2, 1)
и существует столько же прямых, пересекающих стороны
b и с и делящих пополам периметр и площадь треуголь-
ника АВС, в зависимости от того, какое из трех соот-
ношений f('O'o) = O, то есть (а + b + с)2 = 8Ьс *, выпол-
няется. К виду, соответствующему условию задачи, эти
соотношения можно привести следующими преобразо-
ваниями:
(a f- b -|- с)2 (— b — а) = 8Ьс (—Ь — а) =
= — 8Ьс (а + b + с) + 8&с2,
(а + b + с)2 (b — а) = 2b (а + b + с)2 — 8bc (а + b + с) -f-
+ 8bc2 = 2b (а + b -|- с — 2с)2,
b — а 2 (а + b — с)2 ______________
b S (а + 6 + с)2 —
= « Г (а — Z> + с)(а + 6 — с)~| Г(f> + c-a)(f>-c+a)1
Z L (а + b + c) (b + c — a)JL(a + b + c)(a — b +c)J’
что и требовалось доказать.
1 Поскольку стороны бис входят в это отношение симметрич-
но, в последующем мы можем переставлять их, оставляя само со-
отношение неизменным.
301
Однако если В=С, то sin В = cos(Л/2) и условие
(а 4- b + с)2 ^8Ьс вырождается в (а + 2&)2 =8Ь2, или
(sin А + 2 sin В)2 = 8 sin2 В, откуда
sin Л + 2 cos ( у) 3 2 V2 cos (у) .
Подставляя в левую часть этого соотношения sin Л =
= 2sin(Л/2)cos(Л/2), получаем
sin(A)sSV2-l = sin(4),
откуда Л = Ло.
157.	Чтобы доказать правое неравенство, разложим
в ряд Тейлора функцию ln(14-z), представляющую
главное значение логарифма при |z|< 1:
(l + z)In(l + z) = (l + z)(z-4 + 4--r+ •••) =
Z2 . Z3 Z4 .	. о Z3 , Z<
Z 2 + з 4 + ••• +*	2^3
 Z2 Z3  z4	__
—2“гт tt + tz ••• —
-41+г[1-4з+й—••]}•
Следовательно, при |z|< 1 справедливо неравенство
|(1 + 2) In (1+2) |<
+ | Z | [у + утд + 3.4 + •••]} =
= |z|{14-|z|[± +(1-1)+ (1-1)+ ...]} =
= И(1+И),
или
11п(1+г)
Таким образом, правое неравенство доказано.
Рассмотрим теперь левое неравенство. Функция
w=!n(l+z)= J ур-
302
(главное значение логарифма) регулярна в области D,
получающейся из плоскости z при разрезании ее вдоль
отрицательной вещественной полуоси от —1 до —оо.
функция w отображает область D на полосу —л <
Выберем в области D фиксированную
точку z0 и рассмотрим ее образ wQ = In (1 4- z0) при ото-
бражении, осуществляемом функцией w. Соединим точку
к>о с точкой w = 0 отрезком прямой 0wo. Прообразом
этого отрезка на плоскости z служит некоторая кривая
С, соединяющая точку z0 с точкой z = 0. Заметим, что
комплексное число j Т^Т по Л1°б°й части кривой С
имеет (при соответствующем выборе ориентации) тот
же аргумент, что и число w0. Поэтому длину отрезка
О&Уо» то есть | w01, можно представить в виде
I I___С 1^1
Iw°1 j 11 +q •
с
Пусть С' — дуга кривой С от точки z = 0 до первого
пересечения кривой С с окружностью |z| = |z0|. Тогда
а поскольку на дуге С' выполняются неравенства
|1 + /|	1 + |/|	1+ |2о|, то
I ria IЪ» f । ।  	1	С I Д/ | >> Iг° I
|ayol^J|i+d I +|z0|	I +|Zo| •
С'	С'
Таким образом, левое неравенство доказано для всей
области D.
158. а. Выберем прямоугольную систему координат
так, чтобы ее начало совпало с вершиной В, а положив
тельное направление оси х — со стороной ВС. Тогда вер-
шины треугольников АВС и А'В'С' будут иметь следую-
щие координаты:
Л (с cos В, с sin В), В(0, 0), С (а, 0);
А' (с cos В, с sin В — ka), В' (kb sin С, kb cos С),
С' (а — kc sin В, kc cos В),
303
так что
Xi + Х2 + А'з = с cos В + а + k (b sin С — с sin В) =
= ccosB + а,
+^2 + ^3=^ sin В — k (a — b cos С — с cos В) = с sin В,
где Xi, У1 — координаты вершины А', Х2, У2— вершины
В' и Х3, У3— вершины С'. Последние два соотношения
доказывают, что центры тяжести треугольников АВС и
А'В'С' совпадают.
б.	Пусть Д и Д1 — площади треугольников АВС и
А'В'С'. Записав 2Д в виде определителя, получим после
несложных преобразований
2Д1 = 2Д(1 + ЗЛ2)- kt, t = a2 + b2 + c2.	(2)
Площадь Д1 достигает минимального значения, равного
Д — /2/48Д при k = //12Д. При й->±оо площадь Д] не-
ограниченно возрастает.
Если и и ал — углы Брокара треугольников АВС и
А'В'С', то
ctg и = ctg Л + ctg В + ctg С =-^ =.
Пусть ai, bi, ci — стороны треугольника А'В'С'. Тогда
а2 = (В'С')2 = (а — 2kb sinC)2 + k2(c cos В — b cosC)2 =
= (a — 4/гД/а)2 + k2 (c2 — Z>2)2/a2.
Но 16Д2 + (c2 — b2)2 =a2(2Z>2+ 2c2 — а2), поэтому
a2 = a2 - 8/гД + k2 (2b2 4- 2c2 - a2).	(3)
Аналогичные выражения справедливы и для bi и Cj.
Полагая = а2 + + с2, находим
,	<1	t (1 + 3/г2) - 24&Д	...
ctg0>1	4Д]	4Д(1 +№) — 2kt •
Если оз = col, то после упрощений мы приходим к соот-
ношению kt2 = 48 kA2. Возможны два случая: либо k=0,
либо /2=48Д. Второй случай соответствует равенству
(а2 + Ь2 + с2)2 =3 (2 £ Ь2с2 - £ а4), то есть соотношению
У, а4 — У, Ь2с2 = 0, или
(Ь2 - с2)2 + (с2 - а2)2 + (а2 - Ь2)2 = 0.
304
Таким образом, треугольники АВС и А'В'С' имеют
один и тот же угол Брокара в том и только в том слу-
чае, если треугольники АВС и А'В'С' конгруэнтны или
треугольник АВС равносторонний.
в.	При k = ±1 из соотношения (3) получаем
а\ = Т 8Д + (2&2 + 2с2) = 2 (&2 + с2 2bc sin Л).
При k =1
(ЛВ')2 = (с cos В — b sin С)2 + (с sin В — b cos С)2 =
= Ъ2 с2 — 2bc sin А,
(АС')2 = (а — с sin В — с cos В)2 + (с sin В — с cos В)2 =
= (b cos С — с sin В)2 + (b sin С — с cos В)2 =
= Ь2 + с2 — 2bc sin Л.
Следовательно, Л совпадает с центром одного из квад-
ратов со стороной В'С'. При k = —1 аналогичные вы-
кладки приводят к тем же выражениям для а2, (АВ')2,
(АС')2, в которых знак минус заменен знаком плюс, по-
этому и при k = —1 вершина Л совпадает с центром
одного из квадратов со стороной В'С'.
159. Поскольку симметрический многочлен f(xi,
х2, .... *п) можно представить в виде многочлена от
элементарных симметрических функций <ть а2, ..., ат, то
достаточно доказать, что любая из функций ст, предста-
вима в виде многочлена от z/i, ..., yi.
Симметрический многочлен уь. можно представить
в виде
yk = Ck^k~5r gk(^l, °2> •••»
где gk — многочлен от Oi, Стг, .... ол-i степени не вы-
ше k, то есть степень любого его члена о*1 ст*2 ...
(коэффициент опущен) удовлетворяет неравенству
£i4-2f2 + ••• + (k — l)ik-i^.k.
Докажем прежде всего, что ни один из коэффициент
тов с не равен нулю. Предположим противное. Пусть
305
ck— первый из коэффициентов с, равных нулю. Тогда
У1 = С1<*1 + с0,
у2 = С2СТ2 + g2 (СТ1),
г/й-1 =c*-iOfe-i + §*-! (сть ст2.о^-г),
yk = gk(a\, о-2. • • •> <Tfe-l)-
Эти уравнения можно последовательно разрешить отно-
сительно он аг, tffe-i и получить ст» (i k—1) в
виде многочленов относительно у\, уч, ..., yi. Подстав-
ляя полученные выражения в последнее уравнение, на-
ходим
Ук = ё(У\, Уг, •••, gk-i),
где g—многочлен относительно указанных аргументов.
Но это соотношение противоречит алгебраической неза-
висимости многочленов z/j. Следовательно, ни один из
коэффициентов Ск не равен нулю и любая элементарная
симметрическая функция ст» представима в виде много-
члена от у\, у2....Ук, что и требовалось доказать.
160. а, б. Пусть S — площадь треугольника АВС.
Тогда
BV2 =	_ 2АВ'АС' cos (Z В'АС') =
Ь2 + с2 - 2bc sin А Ь2 + с2 - 4S
2	—	2
Если (А'В'С') — площадь треугольника А'В'С', то
(А'В'С') = (OB'С') + (ОС'А') + (О А'В'),
где О — центр описанной окружности треугольника
АВС. Отрезок ОВ' перпендикулярен АС и равен
В cos В—= R (cos В — sin В), где R — радиус описан-
ной окружности треугольника АВС. Аналогично ОС'
перпендикулярен АВ и равен R (cos С — sin С). Поэтому
(OB'С') = £• В2 (cos В — sin В) (cos С — sin С) sin А; подоб-
ные формулы справедливы также для (ОС'А'), (ОА'В').
Таким образом,
2 (А'В'С') = В2 У*, (cos С — sin С) (cos В — sin В) sin А =
= В2 (4 sin A sin В sin С — У, sin2 А) = 3 (2 — ctg V).
306
Точки А', В', С' имеют нормальные координаты 1
хА, — а/2, xB, = b (sin С—cos С)/2, хс, — с (sin В — cos В)/2,
уА, — a (sin С — cosC)/2, yB, = b!2, ус, = с (sin Л—cos Л)/2,
2Л, = a(sinB —cosB)/2, zB, = b (sin A — cos Л)/2, zc, = c!2,
поэтому
хА' + хв’+хс = Ьа> УЛ’ + Ув’ + Ус' = Ьь’
zA, + zB, + zc, = hc,
где ha, hb, hc — высоты треугольника ABC. Следователь-
но, центр тяжести треугольника А'В'С' совпадает с цент-
ром тяжести G треугольника Л ВС. Поскольку 2 (А'В'С') =
= В(2— ctgV), то при ctgV = 2 треугольник А'В'С'
вырождается и вершины А', В', С' коллинеарны. Те же
соотношения выполняются и для треугольника А"В"С"
относительно треугольника А'В'С'. Следовательно, при
ctg V' = 2 треугольник А" В" С" вырождается и вершины
А", В", С" лежат на прямой, проходящей через центр
тяжести треугольника А'В'С', который по доказанному
выше совпадает с центром тяжести G треугольника
ЛВС.
Но
, ArBr2 + BrC!2 + CrA'2 _	+ -QS
ctg И —	4 (А'В'С')	2S(2-ctgV) ’
а по условиям задачи
Следовательно, ctg V' = 2. Тем самым утверждения за-
дачи «а» и «б» доказаны.
в. Середины отрезков Л'Лг, В'Вг, С'Са имеют нор-
мальные координаты
a	a (sin С—2 cos С)/2 a (sin В—2cosB)/2
b (sinC—2 cos С)/2	b	b (sin Л—2 cos Л)/2
c(sinB—-2cosB)/2 с (sin Л—2 cos Л)/2	с
1 Нормальными координатами точки Р относительно треуголь-
ника АВС называются: х — расстояние от Р до ВС, у — расстоя-
ние от Р до СД, z — расстояние от Р до АВ. — Прим, ред.
307
Прямые, соединяющие середины отрезков А'А2, В'В2,
С{С2 с вершинами А, В, С треугольника АВС, пере-
секаются в точке с нормальными координатами, опре-
деляемыми соотношениями
х (sin А — 2 cos А) = у (sin В — 2 cos В) = z (sin С — 2 cos С).
Эти прямые параллельны, если
У, sin A (sin В — 2 cos В) (sin С — 2 cos С) = О,
или
7 sin A sin В sin С — 2 У sin2 А = О,
что в свою очередь сводится к соотношению а2 + Ь2 +
+ с2 = 7S, откуда ctg V = 7/4. Тем самым утверждение
задачи «в» доказано.
г. Пусть Н1г Н2, Н3 — основания высот треуголь-
ника АВС. Стороны, углы и радиус описанного круга
ортоцентрического треугольника Н\Н2Н3 равны соответ-
ственно Н2Н3 = асозА, H3Hi=bcosB, Н\Н2 = с cos С;
Н{ = л — 2А, Н2 = л — 2В, Н3 = л — 2С\
___ Н2Н3   a cos А   27? sin 4 • cos А   R
Г	2 sin Н!	2 sin 2А 2 sin 24	2 ’
Нормальные координаты ортоцентра Н' треугольника
HiH2H3 относительно этого треугольника удовлетворяют
соотношениям
х cos Hi=y cos Н2 = z cos H3 = 2r cos cos H2 cos H3.
Расстояние от точки H' до ВС равно
у + z „ (cos Н2 + cos Н3) cos Hi
„ л- Hl ~Г	. Hl	~
2 cos  	sin-g—
___7? (cos 2B + cos 2C) cos 24    cos (В + C) cos (В — C) cos 24 _
2	cos 4	“	cos 4
= — R cos (В — C) cos 2A.
Таким образом, точка H' относительно треугольника
АВС имеет нормальные координаты
хн, = — R cos 2А cos (В — С), ун, = — R cos 2В cos (С—А),
zH, = — R cos 2А cos (Л — В).
308
Ho cos 2А cos (В — С) можно представить в виде
— ^-[sin А £%Й12Л + cos А cos2A — l)j,
а
£еоз2Л-1-2
Если хк и Хо — расстояния от точки Лемуана’ К. и
центра О вписанной окружности треугольника АВС до
стороны ВС, то
хк = Btg Esin Л,	x0 = R cos А.
Следовательно,
хн' — x0 = SctgV (хк - х0)/Я2,
и
хн'~хо , SctgV
хк ~ хо ^2
Аналогично (ун' — расстояние от Н' до СА и т. д.)
Ун' ~ У о _ S ctg V
Ук~Уо ~~ Я2 ’
откуда видно, что три точки Н', К, О лежат на одной
прямой и
Н'О SctgF
КО ~	'
По известным формулам из геометрии треугольника
OK = R tg V -x/ctg^V — 3, откуда ОН' — S'y/ctg2 V — 3/R.
Поскольку по условиям задачи ctg V = 7/4, то ОН' =
= S/4R. Но 2S/R — периметр ортоцентрического тре-
угольника. Следовательно, длина отрезка ОН' состав-
ляет одну восьмую периметра ортоцентрического тре-
угольника. Утверждение задачи «г» доказано.
161. Разлагая общий член ряда \l(nk + 1) (nk
+ 2) ... (nk + k) на простейшие дроби, нетрудно заме-
тить, что эти дроби имеют общий множитель l/(k—1)!,
а числители дробей совпадают с биномиальными коэф-
1 Точкой Лемуана в треугольнике АВС называется такая точка
К, для которой площади треугольников КВС, КСА, КАВ пропорцио-
нальны квадратам сторон ВС, СА, АВ соответственно. — Прим, ред.
309
фициентами в разложении (1 — Это наводит на
мысль выразить сумму исходного ряда в виде f(l), где
1 Г х (к — 1 \	/ А — 1 \ х3
/М=-(]ГП)г1т-( 1 )-г+( 2 )--•••
i, (k-\ \ xk , xk+1 fk-l\ хк+2 ,
••• + (-1)	i JT+2- +
(в каждом цикле члены имеют одни и те же биномиалы
ные коэффициенты, в то время как показатели х моно-
тонно возрастают вместе с знаменателями). Непосред-
ственно видно, что
Таким образом, исходный ряд можно представить в виде
V [(« — !)&]! _	1 Г (1-х)*-2	.
L, [«А]1	(Л—l)j J 1+х+х2+. ,+х*-1 ах‘
Разлагая подынтегральное выражение на простейшие
дроби, запишем его в виде У, В//(х — аД где а/ — один
из комплексных корней /г-й степени из 1, a Bj =
——aj(l — aj)ft_1/&. Итак, вычисление суммы исходного
ряда сводится к вычислению конечной суммы
k-l	/1
4-	£	a/>	In (“=тг) •
/“1	Iz
Нетрудно видеть, что мнимая часть суммы равна нулю.
Обозначив вещественную часть выражения, стоящего под
знаком суммы, через <p (k, j) /2к, где
Ф (&> 7) = (sin[cos ———ln (2 sin -г) +
+ ^(fe_2/-)sin^--2n^+l)]<
310
преобразуем сумму исходного ряда к виду
у [(»- l)fej! _
Z-,	(nk)\
И = 1
. (k-0/2
-щ / ф (k, j) при нечетном k.
i-i
. .	j.Kfe-0/21
9ft~}ln 9	9fe гп
—г:---------1- -тт / ф (Аг, /) при четном k.
KI	KI
i-i
В качестве примеров приведем несколько рядов, вы-
численных по этой формуле:
/г =2: -уу + -yj + уб + • • • =1п2,
,   Q. 1 I___1_|_	__ 1 Г Z 3	| л"|
k~1-2-3 “т 4-5-6	4 L 3	lndJ’
k = 4: 1.2-3-4 + 5-6-7-8 + ‘ ‘ ‘ = т[,П 2 — т]’
1,1,
й—°- 1-2-3-4-5 "* 6-7-8-Э-10 "Г • • •
... =у [1п2 —1	' 1п20 + VS In(5 — Vs) +
+ ^^(V25+ UV5 - 3V25-11V5).
162. a. He ограничивая общности, предположим, что
коэффициент при старшем члене многочлена f(x) равен
единице. Тогда
f'(Xi) = (%i — х2) (%! — х3) ... (Xi — х„),
где п > 1 и все Xi попарно различны. Докажем, что
п
У =0. Действительно, поскольку
1=1
1__=____________________1__________________=
f'(xl) (*1 — х2) (х, — Хз) (х, — Х«) . . . (X, — Хп)
= 1 Г___________________!_______________1 +
Х1 — х2 L (х, — Х3) (х, — х4) ... (х, — х„) J
.	1 Г_________________1______________] +
х, — Хз L (х3 — х2) (Х3 — х4) ... (х3 — хп) 1
Х1 —х„ 1(хп— Х2)(Хп —Х3) ...(хп— Хп-1)
311
то первое слагаемое в правой части равно — l/f'(x2),
второе равно l/f'(x3), .... а последнее равно —l/f'(xn).
п	п-2
Следовательно, 2 1/Г (*/) = Z (1//' (*k) — 1/f' (xfe)) = 0.
1 = 1	А=2
Утверждение задачи «а» доказано.
б. Поскольку pj = 1/f" (xj), где f'(x}) =0 и все xj —
вещественны и различны, то второе утверждение задачи
(утверждение «б») следует из предыдущего при п > 2,
если функцию f(x) заменить ее производной f'(x).
163.	Пусть pi, р2, pk — различные простые дели-
тели числа п, a m=nlpxp2 ... pk. Тогда f(n)—сумма
всех чисел, являющихся одновременно кратными т и
делителями числа п.
Функция f(n) допускает и иные интерпретации. На-
пример, пусть S — любой делитель числа п, не деля-
щийся на квадрат целого числа, а Т — его дополнитель-
ный множитель (ST = n). Тогда функция f(n) равна
сумме всех чисел Т. Разумеется, если различные про-
стые делители pt (i = 1, 2, ..., k) входят в разложение
числа п с показателями степени аг и ai = a2 = ...
... ak = 1, то функция f(n) совпадает с суммой всех де-
лителей числа п. Все утверждения следуют из двух оче-
видных соотношений:
in
Нед) =/«/(»).	(2)
где х и у — взаимно простые числа.
164.	По-видимому, удобнее вычислить якобиан д(с1г
с2, ... Сп)1д(х\, х2, ... хп) и заметить, чтр д(сп, cn-i, ...
..., ci)/d(xi,x2, ..., хп) = (—1)цд(й,с2, ..., сп)/д(х1,
х2, ..., хп), где р=п(п—1)/2. Как показывают пря-
мые выкладки, при п = 2, 3.
д(сь с2, ..., с„) _ тт ,	}
д(хь ....х„)	11 '** х1)г
то есть якобиан коэффициентов Ci, с2, ..., сп по корням
X], х2, ..., хп совпадает с определителем Вандермонда
V(xi,x2, ..., хп). Докажем это утверждение для про-
извольного п методом математической индукции. При
п = 2, 3 утверждение верно. Предположим, что оно
312
выполняется при т = п— 1. Пусть ck = Sk(xi, ..., хп)
(формулы Виета), с0 = 1 = S0(xi, ..., хп). Заметим,
что
-^-Sk(Xir .... Xn) = Sk-1(x1, .... Xi-i, xi+i, .... x„).
В якобиане d(ci, cn)[d(xi, xn) вычтем пер-
вый столбец из каждого последующего и воспользуемся
соотношением
Sfe-1(-Y2, •••• хп)	Х/-1, Xj+l, . .., Хп) =
= (xl	Xl) $k-2 (Х2> •••> xj-l, x/+b •••> хп)
(j, k = 2, ..., п).
Разлагая получившийся определитель по элементам пер-
вой строки, вынесем множитель П (%i — Xj) (j = 2,п)
и получим, что наш якобиан равен
п
д(х'2...х„-1)	П(Х1 — di = Si (Х2> • • • , хп),
откуда при помощи предположения индукции заклю-
чаем, что доказываемое утверждение верно и при т = п,
165.	Исключив из рассмотрения тривиальный случай,
когда все цифры числа No одинаковы и Nk = No при
любом k, докажем, что число No равно 142 857 (период
десятичного разложения дроби */?) или составлено из
группы цифр 142 857, повторенной несколько раз.
Прежде всего заметим, что при любом j
a^aj,	(1)
поскольку в противном Случае число Nj-\ было бы мень-
ше No и не могло бы быть кратным числу No. Если среди
цифр числа No есть равные а\, то пусть (/+ 1)—наи-
меньший индекс, при котором аз+1 = а\. Тогда N) = No
и а)+2 = а2, а,+з = а3, ... . Иначе говоря, число No со-
стоит из периода N'0 = a!a2 ... а/, повторенного подряд
несколько раз, причем для цифр периода N'o остается
в силе неравенство (1).
Предположим, что ai = 1. Тогда, поскольку послед-
няя цифра числа Ni равна единице, число Ni/N0 не яв-
ляется четным и отлично от 5. Пусть Ni/No = 3. Из ра-
венства а2аз • • • anl/ia2 ... an-ian = 3 следует, что
313
ап = 7. В свою очередь из равенства а2а3 ... 71/1а2 • • •
... ап-\7 = 3 следует, что an_i = 5. Аналогично нахо-
дим ап_2 = 8, ап-з = 2, ап_4 = 4. Если п = 6, то ап-4 =
= а2 = 4— начальная цифра числа Nit и построение
числа No на этом заканчивается: No = 142857. Если
п > 6, то группа цифр 142857 повторяется: ап-3 = 1,
ап-в = 7, ап-7 = 5, ... . В этом случае число No со-
стоит из нескольких групп 142857. При = 1 не суще-
ствует значений а2, при которых число а2.. .ja\a2 ... =
= Ni/No могло бы быть равным 7 или 9.
При ai = 2 и N\/No =2 из а2 ... ап2/2а2 • . . ап = 2
следует, что ап = 6 (поскольку в силу неравенства (1)
ап=й= 1), но не существует значений an-i, при которых
выполнялось бы равенство а2 ... ап_162/2а2 ... аи-16 =
= 2. При ai = 2 и N\IN0 = 3 из а2ап • • • 2/2а2 ... а„ = 3
следует, что ап = 4 и an-i = 1. Последнее противоречит
неравенству (1).
Аналогичные элементарные соображения позволяют
исключить все остальные значения и NJNQ.
Тем самым утверждение, приведенное в начале ре-
шения, полностью доказано.
166.	Поскольку квадраты Si и S2 расположены в еди-
ничном квадрате и не имеют общих точек, то можно
провести прямую /, не имеющую общих точек с Si и S2
и разбивающую единичный квадрат на две части t/j
и U2, такие, что U{ содержит квадрат S2, a V2 — квад-
рат S2. Более того, прямую I можно выбрать так, чтобы
она образовала с двумя диагоналями единичного квад-
рата неравнобедренный прямоугольный треугольник.
Пусть Р — вершина того из острых углов этого тре-
угольника, который больше 45°. Точка Р должна лежать
внутри единичного квадрата, поскольку в противном
случае прямая I целиком проходила бы вне открытого
единичного квадрата. Предположим, что точка Р лежит
на диагонали AiA2, где Aiet/i, A2^U2. Поскольку
угол при вершине Р больше 45°, то квадрат с диаго-
налью РАХ целиком расположен внутри (Л, а квадрат
с диагональю РА2 — целиком внутри V2. Утверждение
V~2
задачи следует из неравенств Sz < РА,, где S{ —
сторона квадрата, 1 = 1,2, которые в свою очередь вы-
текают непосредственно из следующей теоремы:
314
Теорема. Из всех квадратов, вписанных в прямо-
угольный треугольник, наибольшей площадью обладает
тот, у которого одна из вершин совпадает с вершиной
прямого угла.
Доказательство. Пусть вершины прямоугольного
треугольника АВС расположены в точках А (а, 0),
В (0, b), С (0,0), где а > 0, Ь>0 (предполагается, что
задана некоторая прямоугольная система координат).
Рассмотрим множество У*, квадратов RSTU, у которых
вершина R лежит на оси х, вершина S — на оси у, а
вершина Т — на прямой bx + ay — ab = 0. Ясно, что
если среди квадратов, содержащихся в треугольнике
АВС, имеется квадрат с наибольшей площадью, то вер-
шины такого квадрата лежат на каждой из сторон тре-
угольника АВС- обозначив соответствующим образом
вершины треугольника и квадрата, мы можем считать
последний принадлежащим множеству
Из элементарных соображений ясно, что вершина S
равно отстоит от прямой АВ и перпендикулярной к АВ
прямой т, проходящей через вершину R. Следовательно,
если S = (0, s), то уравнение прямой т имеет вид —ах +
A-by— (а + b)s + ab = 0, так что вершина R располо-
жена в точке (г, 0), координата г которой удовлетво-
ряет соотношению
ar = — s(a + b) + ab.	(1)
Пусть квадрат RiSiTiUi — элемент множества X» ле-
жащий внутри треугольника АВС, вершина Ri которого
расположена в начале координат, а квадрат R2S2T2U2 —
элемент множества лежащий внутри треугольника
АВС и такой, что его сторона T2U2 расположена на сто-
роне АВ. Легко видеть, что первый квадрат имеет вер-
шину S[0, ab/(a + Ь)], а второй квадрат — вершины
R(ka, 0), S(0, kb), где k(a2 + ab + b2) = ab.
Для всех остальных квадратов из множества У*, ор-
дината вершины S удовлетворяет неравенствам
<2>
(ясно, что fe=ab/(a2 + ab -J- b2) < ab/(ab + b2) = a/(a + b)).
315
Площадь квадрата RSTU из множества У, равна
SR2 = s2 + r2 =s‘ + (& —	(3)
в силу соотношения (1). График квадратного трехчлена
по s в правой части (3) обращен вогнутостью вверх, по-
этому трехчлен принимает максимальное значение на
концах интервала (2), то есть площадь максимальна
либо у RiSiTiUi либо у R2S2T2U2. Простое сравнение
показывает, что площадь квадрата R\SiTiU\ больше,
чем площадь квадрата R2S2T2U2. Теорема доказана.
167.	Пусть в треугольнике АВС угол А меньше
угла В. Опишем вокруг треугольника АВС окружность
с центром в точке О. Пусть М — середина стороны АВ,
Н и D — точки пересечения описанной окружности с
прямой, проходящей через М перпендикулярно сторо-
не АВ (CD — биссектриса внутреннего, а СН — внешне-
го угла при вершине С), Е — точка пересечения пря-
мой СО с описанной окружностью и G — проекция
точки D на сторону АС (рис. 21).
Докажем, что GAf||//C. Поскольку углы AGD и
AMD — прямые, то точки G и М лежат на дуге окруж-
ности, описанной на отрезке AD как на диаметре. Сле-
316
довательно, четырехугольник ADMG можно вписать
в окружность, и углы AGM и ADM в сумме составляют
180°. Поскольку углы CGM и AGM в сумме также со-
ставляют 180°, то XADM = Z.CGM. Наконец, заметив,
что углы НСА и ADM равны как вписанные углы, опи-
рающиеся на одну и ту же дугу окружности, получим
АНСА= /.CGM. Следовательно, НС || GM. Поскольку
углы САЕ и CGD прямые и стороны СА и CG лежат на
одной прямой, то АЕ || GD.
Рассмотрим теперь шестиугольник AMDCooloo2, где
пятая и шестая вершины о©! и оо2 — бесконечно удален-
ные точки, принадлежащие парам параллельных пря-
мых НС и GM, АЕ и GD. Диагонали этого шестиуголь-
ника С A, ooiM и °o2D пересекаются в точке G. Сле-
довательно, по теореме Брианшона (III. 4), стороны
шестиугольника AMDCoo\oa2 совпадают с касательными
к некоторой кривой второго порядка. Поскольку эта кри-
вая касается бесконечно удаленной прямой, она — пара-
бола (III. 3). Аналогичные рассуждения показывают, что
стороны шестиугольника oo\CDNEoo2 (где N — точка пе-
ресечения BE и DM) также касаются некоторой пара-
болы, причем той же самой, так как пять из шести
прямых, определяемых сторонами шестиугольников
AMDCooloo2 и ooiCDNEoo2, совпадают. Поскольку пары
касательных к параболе, проведенные из точек С и М,
взаимно перпендикулярны, то прямая СМ совпадает
с директрисой параболы. Отразим прямую СМ сначала
относительно прямой CD, а затем относительно прямой
МВ. Точка пересечения образов прямой СМ при этих
отражениях совпадает с фокусом параболы *.
168.	Задача состоит в том, чтобы найти такие функ-
ции р, q, г и $ от х, для которых при любой дважды
дифференцируемой функции у(х) и значениях х, при-
надлежащих некоторому интервалу, выполняется тож-
дество
[(D+a)24-&2]z/ = (pD + 9)(rD + s)z/.	(1)
Раскрывая скобки и приравнивая коэффициенты при
степенях оператора D в правой и левой части равен-
ства (1), получаем
ps'	qs — а2 + b2t pr' + р$ + qr — 2a, рг=1. (2)
317
"(В существовании производных г', s' и справедливости
соотношений (2) нетрудно убедиться, подставляя в (1)
функции у, равные 1, х и х2.)
Из третьего уравнения (2) мы заключаем, что г=/='О
и р = г~1. Функции q и $ также можно выразить через г.
Подставляя р = г~1 в первые два уравнения (2) и ис-
ключая из них q, находим
rs' — sr' = s2 + 2ars + (a2 + b2) r2.	(3)
Поскольку r =/= 0, то правую и левую части уравнения
(3) можно разделить на г2 и, положив и = s/r, полу-
чить соотношение
и' — и2 — 2аи + а2 + Ь2.
При & #= 0
d /	, и — а \	Ьи'	,	, .х
77 (arctg ——) =	== Ь. (4)
Следовательно, и = a -J- b tg(bx -ф с), где с — произ-
вольная постоянная. Таким образом,
s = ru = r[a-\- btg(bx-|-c)].	(5)
Подставляя выражения для р и $ во второе уравне-
ние (2) и разрешая его относительно q, находим
9=r-i [а —&tg(&x + c)—-у].	(6)
Справедливо и обратное утверждение: если з и q за-
даны выражениями (5) и (6) и р — г~1 (где г — не об-
ращающаяся в нуль дифференцируемая функция, ас —
постоянная), то при х, принадлежащем интервалу, в ко-
тором определен tg {bx + с), функции р, q, г, s удовле-
творяют уравнениям (2).
Итак, при b =/= 0 мы факторизовали дифференциаль-
ный оператор’ (£> + а)2 + &2. Найденное разложение
этого оператора справедливо в любом интервале, в кото-
ром bk + с =/= {2k + 1) л/2, где k — любое целое число.
При b = 0 дифференциальное уравнение для и вы-
рождается в уравнение и' = (и — а)2.
Решение этого уравнения и = а приводит к следую-
щей факторизации исходного дифференциального опера-
тора
(D + a)2 = r-4£> + a-r7d-rP + aJ- (7)
318
В любом интервале, в котором функция и дифферен-
цируема и отлична от а, из уравнения и' = (и — а)2 сле-
дует, что
А
dx \ и — a J
1 du ___________.
(и — a)2 dx
(8)
Таким образом, (и — а)~1—с — х и п=а-ф(с— х)-1,
где с — произвольная постоянная. Вычислив для этого
случая q и s, получим
(П + а)2 =
= /-' [д + а-Сс-хГ’-^гЕд + а + Сс-хГ1], (9)
где г, как и прежде, дифференцируемая функция, ас —
постоянная. Эта факторизация справедлива для полубес-
конечных интервалов х < с и х > с.
Факторизацию (7) можно получить из факторизации,
приведенной в условиях задачи, положив в последней
b = 0. Факторизацию (9) получить таким способом не-
возможно.
169.	Перемножив матрицы, получим
( 1п
0
/„А л„
Ап LP4
ып) \ о
А„
O/n-fi-'At
а взяв определитель от правой и левой частей этого мат-
ричного равенства, придем к соотношению
Ып Ап
Ап
= | Ф2/„ - Я2„ | = |	11 »/„ -	|=
=(-1)”1 лп+07йц л„ —<у/„1=(—iff (tf)f(- О), (1)
где (—l)nf(O)—характеристический многочлен матри-
цы Ап- Таким образом, определитель Д можно считать
известным, если известен характеристический многочлен
/(О) матрицы Ап. В частности, если Лп — матрица, о ко-
торой говорится в условии задачи и
Рп(а) = |Лй|,
(2)
то
|Лй-О7й|=Рй(а-О).	(3)
319
Определитель Рп(а) представляет собой так называе-
мый континуант и его значение можно вычислить, вос-
пользовавшись рекуррентным соотношением
Р„ (а) = aPn-i (а) — Р„-2 (а)
при начальных условиях:
Р2(а) = а2 — 1» Р\(а) = а.
Методом математической индукции нетрудно дока-
зать, что
W2]
Pn(a)=£(-l/(" l)an~2t.	(4)
i=0	1 7
Таким образом, из соотношений (1) и (3) получаем
Д=(-1)йРй(а-0)Рй(а-М),
где Рп(й) определяется из соотношения (4).
170.	Существует квадратная матрица Р, такая, что
P*AP = I.	(1)
Тогда
Р’(Л + Х)Р=/ + Р*ХР.	(2)
Поскольку Р*ХР — неотрицательная эрмитова матрица,
то существует унитарная матрица 8Х (зависящая от X):
S*XS = I,	(3)
такая, что
S^x(P*XP)Sx = (yfiil)
— диагональная матрица с вещественными неотрица-
тельными уг. Подействовав на равенство (2) слева мат-
рицей Sx, а справа — матрицей 8Х, получим
S*xP4A + X)PSx=I + (yfi{j).	(4)
Взяв определители от правых и левых частей матричных
равенств (1), (3) и (4), заменим их соотношениями
Рх| I ^‘П PI IА + X 1 = 11(1 + //,.),
|Р*||Р||Л| = 1, |S^||SX| = 1,
откуда
I л + Х|=| л I • П(1 + ^).
i
320
Определитель |Д -j-X|, очевидно, достигает минималь-
ного значения в том и только в том случае, если все yt
равны 0, то есть при X = 0.
171.	Воспользуемся известным разложением логариф-
ма
1п(? ^~т) = Т~ sF ••• (^>0-
Сумма конечного числа сходящихся рядов заведомо схо-
дится, поэтому
п-1	п-1	п-1	п-1
й=»1	fe=l	й=1
Но
£ln(l +1) = 1Пу-|4----^Т= 1п"’
й-1
Следовательно,
п—1	п—1	п—1
Л=°1	A=l	й=1
=ч+(£т-1п4 с»
4=1	7
Ряд
знакопеременный, и его члены по абсолютной величине
стремятся к нулю. Значит, ряд s(n) сходится и его сум-
ма меньше первого члена. Переходя к пределу, получаем
lim s(n)=0. Прибавляя s(n) к правой и левой частям
П->оо
соотношения (1), приходим к новому соотношению
••• =s<n)-i+(i4“lnn)-
Наконец, переходя к пределу при п -> оо, получаем тре-
буемое соотношение для постоянной Эйлера (III. 12).
321
172.	Докажем прежде всего, что
Етгагпт"211-'"21'	(*>
i = l
Разлагая общий член l/i(2i+l) ряда на простейшие
дроби и суммируя конечное число членов, находим
откуда, переходя к пределу при п -> оо, получаем соотно-
шение (1). Несложным преобразованием разложение
1 _L .	„ _
1 п + 1 _« 2п + 1 _______
1П--!---= In------г----=
п	,	1
2п + 1
= 2 [2п+ 1 + 3(2п+ I)2	5(2n+ I)5 + •"]
можно преобразовать к виду
~ [+ “ ln	n(2n+l)] =
= 2 У----------?-----57ТТ-.	(2)
(2*-Ь I) (2/г + 1)2/+1
Суммируя стоящее в левой части выражение по п от 1
до оо, получаем —С + 2(1—In2). Аналогичное сумми-
рование правой части приводит к двойному (сходяще-
муся) ряду.
Соотношение
С = 2[1 — 1п2~‘Т	Г~ •••]’ T''=S (2i+l)r
получается при суммировании членов двойного ряда по
столбцам.
322
173. На вопрос задачи следует дать утвердительный
ответ. По формуле Герона
5=4==
= -^-xV3x2 — 12.
Поскольку площадь 5 выражается целым числом, то чис-
ло х должно быть четным. Полагая х = 2у, находим
S=hy, h = д/3(#2 — 1).
Таким образом, высота h треугольника должна быть
кратна 3. Полагая h = 3z, получаем S = 3yz и
z/2-3z2 = l.	(1)
Итак, задача нахождения треугольников с целочислен-
ными сторонами х— 1, х, х + 1, высотой h и площадью S
сводится к решению уравнения (1) в целых числах. Рас-
смотрим рекуррентную последовательность (111.9(18))
Уп+1 = 2Уп + 3z„, zn+l = 2zn + уп (2)
или, разрешив ее относительно уп, zn,
Уп=2Уп+1 — Зхп+1, zn = 2zn+l — yn+l. (3)
Нетрудно видеть, что если целые числа (уп, zn) удо-
влетворяют уравнению (1), то следующие члены после-
довательности (z/n+i, Zn+i) также удовлетворяют уравне-
нию (1), и наоборот. Кроме того, из рекуррентных соот-
ношений (2) следует, что
У п+2 = %Уп+1 + 3zn+i, zn+2 = 2zn+i + Уп+i-
Исключив из этих соотношений и соотношений (2) соот-
ветственно z и у, получим рекуррентные соотношения
У п+2	4ya+i уп,	4zn+i Zn- (4)
Если числа уп, zn неотрицательны, то из (2) следует, что
Уп+i > Уп, zn+l > zn. Кроме того, если Уп+i, zn+i —поло-
жительные целые числа, удовлетворяющие уравнению
(1), то неравенство 9г£+1 = Зу2п+1 —• 3 < 4z/^+1 влечет за
собой неравенство 3zn+i <. 2yn+i, которое (в силу рекур-
рентных соотношений (3)) позволяет утверждать, что
Уп > 0, Аналогично при zn+i Ф 1 неравенство У2п+1 =
323
= 3z®+1 + 1 < 4z^+1 приводит к неравенству уп < 2zn+i,
из которого следует, что zn > 0. Таким образом, если
(t/n+i, Zn+i) — любое решение уравнения (1) в целых чис-
лах и zn+i Ф 1, то целые числа (z/n, Zn), найденные
при помощи рекуррентных соотношений (3)^ также удо-
влетворяют уравнению (1), причем уп < Уп+i. и zn <
< Zn+i. Спуск от больших значений (уп+i, zn+i) к мень-
шим (уп, zn) не может продолжаться бесконечно, по-
скольку существует лишь конечное множество нату-
ральных чисел, которые меньше любого положительного
целого числа z. Следовательно, цепочка убывающих
целочисленных решений (z/n,zn) уравнения (1) должна
где-то оборваться и обрывается на том шаге, на котором
zn становится равным единице. Обращая спуск, мы ви-
дим, что любое решение уравнения (1) в целых числах
можно получить из начальных значений уо = 1, г» = 0;
i/i = 2, Z\ = 1 при помощи рекуррентного соотношения (2).
Умножив соотношения (4) на 2 и 3, получим рекур-
рентные соотношения для хп и hn, приведенные в усло-
виях задачи. Они справедливы для всех треугольников
с целочисленными сторонами х— 1, х, х + 1, высотой h
и площадью 5.
Рекуррентные соотношения (2) и (3) позволяют пре-
образовать тождество
%Уп+1гп+1= (2f/n+i 3zn+i)(z/n+i 4- 2zn+I) +
+ (2zn+i — Уп+i) (2уп+1 + 3zn+i)
к симметричному виду
2^/n+l^-n+l = Уп^п+2 4" Уп+2%П’	(3)
Из соотношения (4) следует, что
(4г/п+1) (4зя+1) = (уп+2 + уп) (zn+2 + zn) =
= Уп+2%п+2 4" Уп^п+2 4- Уп+2%п 4" Уп^п'
Последнее соотношение при помощи соотношения (5)
можно упростить и привести к виду
14Уп+12п+1 Уп^-п 4- Уп+2%п+2'
Поскольку 3z/z= 5, то, умножив правую и левую части
последнего соотношения на 3, получим третье из рекур-
рентных соотношений, приведенных в условиях задачи.
324
Таким образом, эти соотношения порождают все тре-
угольники, удовлетворяющие условиям задачи.
174. Воспользуемся для доказательства формулы ме-
тодом математической индукции.
При п= 2 формула верна, поскольку ctg(fli— «2) +
+ ctg (а2 — fli) = 0 = sin л. Предположим, что она вер-
на при п = 2, 3, ..., k, и докажем, что тогда она верна
и при п = k + 1. Действительно,
k	k
£ctg(at--aft+1) Д ctg (a, - а(-)=
/=1	i = l, i=£i
= sin-y-ctg(ai —aft+i),	(1)
*+i
JJctg(ai — а,) +
/=2
k	k
+ £ctg(a/-ai)ctg(ai —afe+i) Д ctS ~ =
/=2	1=2, i^j
= sin -у- ctg («1 — aft+i). (2)
Поскольку ctg Р ctg Q = 1 + ctg (P + Q) (ctg P + ctg Q), to,
полагая P = aj — a\, Q = ai — преобразуем второй
член в правой части соотношения (2) к виду
k k	k ft+1
E П ctg (а, — аг)+Е П ctg(az —аг) +
/=2 i=2, i=£j	j=2 i=l,i=£]
k A+l
+ ctg (ai — ам) E П ctg (az — a{).	(3)
1=2 1=2,
Первый член выражения (3) равен sin(6 — 1)л/2, а тре-
тий —
ctg(ax — aA+i) sin-у
k
Д^(а*+1 -аг)
1=2
325
Собирая подобные члены, получаем
k *+1
У Д Ctg (а, — at) + sin (fe~1)jt _}_
/=»1
[fe	1
—siny+ siny — Д ctg(aft+i —аг) =0,
1=2	-*
*+l A+l
V"' n Lt \	. (k — 1) л . (k +1) л
>, Д ctg (a, — az) = — sin —= sin —$---------.
/=1 1=1, i^t
что и требовалось доказать.
175.	Как и в предыдущей задаче, докажем формулу
методом математической индукции.
При п = 2 формула верна, поскольку ctg(az— a2)X
X (ctg a2 — ctg ai) = 1 + ctg az ctg a2. Предположим, что
формула верна при п = 2, 3.....k, и докажем, что
тогда она верна и при п = k + 1. По формуле, приве-
денной в предыдущей задаче,
*+i	fe+i
^ctga. Д ctg (az — az) = sin {k ctgau (1)
/=i	1=1,1=74
fe+i
ctgaj Д^(Я1- az) +
*+l	fe+1
+ £ctgaictg(a/ — ai) Д ctg(az — az) =
/=2	1=2,1=/=/
Поскольку ctg (az — at) ctg az = 1 + ctg ay [ctg (az —
— ai)-f-ctgai], второй член в левой части соотношения
(2) можно преобразовать к виду
fe+l fe+l	*+1	A+I
£ . Ё ctg(az — az)+ £ ctgaz Д ctg(az —az) +
/=2 igfe/	/=2	i»!,
A+l	A+l
+ Ctg Я1Ё ctg az П ctg (ay —az). (3)
/=2	i=2,i^i
326
По формуле, приведенной в предыдущей задаче, первый
член выражения (3) равен sin &л/2, а третий член по
предположению индукции равен
[*+i	т
sin п — (- l)ft U ctg at .
i=-2	J
После подстановки и сокращения подобных членов по-
лучаем
ft+1	ft+1	A+l
У ctg a, ]j ctg (a, — a() + (-1 )fe+1 JJ ctg a, =
/ = 1	/—I,/#/	i=l
. kit . (k + 2) it
= — sin — = sin -—2- - • ,
что и требовалось доказать.
176.	Выбрав прямоугольную систему координат так,
чтобы ее начало совпадало с центром эллипса, а оси х
и у — соответственно с большой и малой осями эллипса,
докажем следующую более общую (по сравнению с ут-
верждениями задачи) теорему.
Теорема. Пусть (a cos О,, & sin th), i = 1, 2, ...
..., n 3 — координаты вершин выпуклого многоуголь-
ника, вписанного в эллипс х = a cos О, у = b sin О, и то-
чек касания сторон выпуклого многоугольника, описан-
ного вокруг того же эллипса, а нумерация точек выбрана
так, что 0 < th < th < ... <0п	2л. Тогда для того,
чтобы площадь вписанного многоугольника была макси-
мальной, а площадь описанного многоугольника — мини-
мальной, необходимо и достаточно выполнение равенств
ф2 — = 03 — 02 = ... =0„ — On_j =
= 2л + О] — Оп = 2л/п.	(1)
Доказательство. Преобразование х = ах', у = by' пе-
реводит эллипс в единичную окружность, прямые — в
прямые и изменяет площади всех фигур в 1/а& раз. Сле-
довательно, проделав такое преобразование, мы сведем
исходную задачу к задаче о нахождении многоугольника
с максимальной площадью, вписанного в единичную
окружность, и многоугольника с минимальной пло-
щадью, описанного вокруг той же окружности. Образ
исходного вписанного многоугольника имеет вершины в
327
точках cos Of, sin ft,, его площадь St определяется выра-
жением
2Si = sin (Ф2 — ОО + ... + sin (0„—0„-j) + sin (fy—On). (2)
Одну вершину многоугольника можно выбрать произ-
вольно. Пусть, например, Оп = 2л. Дифференцируя 2S1
по О,, мы убеждаемся в том, что равенства (1) служат
необходимым и достаточным условием максимума Si.
Максимальная площадь выпуклого многоугольника, впи-
санного в эллипс, равна
1	. . 2п
is-	nab sin —.
2	п
Площадь S2 выпуклого многоугольника, описанного
вокруг единичной окружности, определяется выражением
S2 = ctg<pI + ctg(p2+ ... +ctg<p„,
где (pi — угол, равный половине внутреннего угла при i-й
вершине многоугольника. Минимальная площадь 32 до-
стигается при <pi = <р2 = • •. = фп. Таким образом, опи-
санный многоугольник с минимальной площадью пра-
вильный и условие (1) выполнено. Минимальная пло-
щадь многоугольника, описанного вокруг эллипса, равна
nab tg .
Чтобы применить доказанную теорему к утвержде-
ниям задачи, заметим следующее. Поскольку центр тя-
жести любого правильного многоугольника совпадает с
его геометрическим центром и преобразование х = ах',
у = by' оставляет неподвижным начало координат, то
центры тяжести экстремальных многоугольников долж-
ны совпадать с центром эллипса. Обратное утверждение
верно лишь при п = 3. В самом деле, если центр тяже-
сти вписанного в эллипс треугольника совпадает с нача-
лом координат, то и центр тяжести преобразованного
треугольника также совпадает с началом координат. Та-
кой треугольник должен быть равносторонним, посколь-
ку если медиана треугольника проходит через центр
описанной окружности, то треугольник равнобедренный.
Треугольник, описанный вокруг окружности, также дол-
жен быть равносторонним, поскольку если медиана и
биссектриса внутреннего угла, проведенные из одной и
328
той же вершины, совпадают, то треугольник равнобед-
ренный. Таким образом, из доказанной теоремы следует,
что при п = 3 совпадение центра тяжести описанногс?
вокруг эллипса треугольника и вписанного в эллипс тре-
угольника с центром эллипса необходимо и достаточно
для того, чтобы площадь описанного треугольника была
минимальной, а площадь вписанного треугольника ма-
ксимальной.
177.	Пусть г — основание системы счисления. В этой
системе число 2101 означает 2г3-|-г+1 = s(r+l)> где
s =2г2 —	1. Наибольший общий делитель чисел s и
г + 1 является делителем числа 4, поэтому числа s и
г + 1 либо оба квадраты, либо оба удвоенные квадраты.
Если r=n2—1, то значения п = 2, 3 приводят к ре-
шению задачи, а значения п = 4, 5, ..., 10 следует
отбросить, в чем можно убедиться непосредственной
проверкой. Если г = 2п2 — 1, то п = 2, 3, ..., 7. Также
непосредственной проверкой убеждаемся, что и эти воз-
можности следует отбросить.
Итак, при г < 100 условиям задачи удовлетворяют
только г = 3 и г = 8. Нетрудно проверить, что эти зна-
чения г мы получили бы и в том случае, если бы исхо-
дили из неравенства г < 10 000.
178.	а. Предположим, -что п точек, образующих за-
данное множество (обозначим его М), не лежат на од-
ной прямой, и покажем, что такое предположение приво-
дит к противоречию.
Поскольку п точек не лежат на одной прямой, то
среди них можно найти три точки А, В и С, не лежащие
на одной прямой. Проведем через точку А в плоскости
АВС прямую а, не проходящую ни через одну другую
точку множества Af. Пусть Pi, Р2, ... —точки пересече-
ния прямых, соединяющих попарно п точек множества
Af, с прямой а. Среди точек Pi, Р2, ... найдется по край-
ней мере одна (например, точка, лежащая на прямой
ВС), которая не совпадает с точкой А. Таким образом,
точки A, Pi, Р2, ... разбивают прямую а не менее чем
на два отрезка. Следовательно, среди точек Pi, Р2, ...
найдется такая точка Р, что либо внутри отрезка АР,
либо вне его не содержится ни одна точка Pi, Р2....
По предположению точка Р не принадлежит множе-
ству Af, но лежит на прямой, проходящей по крайней
329
мере через три точки этого множества. Обозначим их
Q, R, S в таком порядке, чтобы точки Q и S отделяли
точку Р от точки R. Поскольку точки Ли/? принадлежат
множеству М, то прямая Л/? содержит какую-то третью
точку из множества М, например точку О. Пусть и
Р2 — точки пересечения прямых QO и SO с прямой а.
Тогда, поскольку между точками Q, Р\, так же как и
между точками 5, Р2, существует перспективное соответ-
ствие с центром в точке О, одна из точек Р2 лежит
внутри отрезка АР, а другая — вне его. Полученное про-
тиворечие доказывает, что все п точек множества М ле-
жат на одной прямой.
б. Рассмотрим теперь множество М, состоящее из п
неколлинеарных точек. Пусть т — число различных пря-
мых, определяемых парами точек из М. По доказанному
в пункте «а» по крайней мере одна из этих т прямых
содержит только две точки множества М, которые мы
обозначим Л[ и Л2. Рассмотрим множество М', получаю-
щееся из множества М при выбрасывании точки Ль
Число различных прямых, определяемых парами точек
из множества М', не превышает т—1, поскольку пря-
мая Л[Л2 проходит через точку Ль не принадлежащую
множеству М'. Продолжая исключать одну за другой
точки множества М, мы после г шагов получим множе-
ство, содержащее п — г коллинеарных точек. Но перед
тем, как мы сделали r-й шаг, множество содержало
п — г + 1 точек, из которых только п — г были кол-
линеарны. Следовательно, число различных прямых,
определяемых всевозможными парами точек из этого
множества, было равно п — r+ 1. Но поскольку из пер-
воначального множества М мы успели выбросить г—1
точек, то
п — г + 1 (г — 1),
то есть
п^т,
что и требовалось доказать.
179.	Разобьем положительную полуось х на единич-
ные отрезки с целочисленными концами. Тогда
оо	оо	п
f	dx _у	f	dx
j ТПлГ-j Tco’
0	n=l	n-1
330
При n > 2 произведем в n-м интеграле замену перемен-
ной х'= х—(п—1) и, используя формулу приведения
для гамма-функции Г(х + 1) = хГ(х), получим
п	1
С	dx __ Г _________dx'__________
J	Г(х)	J х'(х'+ 1)...(х' + п — 1)Г(х')'
п-1	О
Возвращаясь к исходному интегралу и заменяя х' на х,
преобразуем его к виду
со	1
(= ([1 д_ -1 j_______!____I______1_______1 dx
J Г(х) J LT X т х(х + 1) l)(x + 2) т "Jrw
о о
Наконец, разлагая дроби 1/х(х + 1) (х + 2) ... (х + п)
на простейшие и суммируя дроби вида 1/(х + k) при
каждом значении &=0, 1, ... в отдельности (закон-
ность этой операции несложно обосновать), получим со-
отношение, приведенное в условии задачи.
Тождество
1 х х(х +1)	• • • + х(х + 1) (х +2) ... (х + п) "!“•••
nl (х + п)
называется тождеством Прима.
180.	Рассмотрим тождество Эйлера
(1 +х)(1 +х2)(1 +х3)(1 +х4) ...=
_______1 I X | х X2 | X X2
— 1 +Т^х_'1“ТТТх’’ТТ^'т‘ТТ^7'ТТ7^
справедливое* при 0 х < 1. Кроме того,
1 -х4	=
1 - х2 ’ ’ ’'
1 1
1-х3 ’ 1-х5 ’ • • •
+ (!)
a+xHi+x2) ...=-уЕт
_ 1
— 1 -х ‘
Комбинируя это тождество с тождеством (1), находим
(1 -х)(1 —х3)(1 — х5) ...
1
1-хИ-Х
1 +
что и требовалось доказать.
331
Записав доказанное тождество в виде
(1 -х)(1 -х3)(1 -х5) ... — 2j (1 -х)(1 -х2)... (1 -xft)
и сравнив коэффициенты при хп(п>0) в его правой и
левой частях, нетрудно увидеть, что оно эквивалентно
следующему утверждению: число разбиений числа п на
нечетные слагаемые равно сумме по всем допустимым
значениям k числа разбиений чисел п—(& + l)fe/2 на
слагаемые, каждое из которых не превосходит k.
181.	Пусть Л1Л2Л3— треугольник, наибольший внут-
ренний угол которого не превосходит 90°. Не ограничи-
вая общности, предположим, что внутренние углы тре-
угольника удовлетворяют неравенствам Л1 Л2 Л3.
Пусть О — центр описанной окружности, 1 — центр впи-
санной окружности, Hi — основание высоты, опущенной
из вершины А{ на противолежащую сторону, и Bi— точ-
ка касания вписанной окружности со стороной а,- = Лг-Ль.
Если центры вписанной и описанной окружностей со-
впадают (7 s= О), то треугольник равносторонний и г +
+ R = т.	А
Поскольку A2Bi = г ctg Л2/2	г ctg -— = Т^Лз и
Z. ОА3В^ = (л — Z. Л3ОЛ2) = g- (л — 2Л1)
< 4 (л - Л! - Л2) = 4- = Z IAsBi ,
то центр О описанной окружности лежит внутри или на
границе треугольника В\А31. Кроме того,
2Я3Л3/ = ф-^ Л1Л3Я3 = ^-(т“Л1) =
= ^-- Л ОА3ВХ = Л ОА31
и, значит, Л3О и Л3Я3 симметричны относительно Л37.
Пусть О3 — точка на Л3773, симметричная точке О отно-
сительно Лз/, так что Л3О3 = R, а 7з— ортогональная
проекция точки I на Л377з, так что 7з773 = г. Поскольку
2 О31В3 > л/2, то точка О3 лежит на отрезке Л373 и, сле-
довательно, г + R Л3Я3 = т.
Если наибольший угол треугольника Л1Л2Л3 тупой, то
установить соотношение между тиг + ^не так просто.
332
e’ = S(i
Если AiA2 = Лр43 и	то т->0. Следовательно,
существуют треугольники, для которых г + R > т. На-
оборот, если ZAr>n/2, Л1Л2<Л1Л3 и сторона ЛЛз
фиксирована, то, устремив Л1->л/2 и Л1Л2~>0, мы убе-
димся в существовании тупоугольных треугольников, для
которых г + R < т.
182.	Рассмотрим функцию
со
£.н(?).Н1-х”) ,	|х)<ь
П=1
где ц(п) — функция Мёбиуса (III.8). Тогда
оо	оо	оо оо
"р» |'|<’-
n=l	v=l	n=l V=1
Если т =/= 1, то коэффициент при хт в этом разложении
равен
п I т	п 1т
Следовательно, f(x) =х и
хпу-ц(п)1п
п=1
откуда и следует разложение, которое требовалось дока-
зать.
183.	Любое число, не превышающее п, можно пред-
ставить в виде произведения степеней одного или не-
скольких из л (и) простых чисел, каждое из которых
не превышает числа п. Если данное число ai не является
делителем произведения других членов последователь-
ности, то по крайней мере один из простых делителей
числа ai, например число pj, входит в разложение этого
числа в произведение степеней простых чисел с показа-
телем степени, превышающим сумму всех показателей
степени, с которыми простое число pj входит в разло-
жения других членов последовательности. Это означает,
что в разложение at простое число pj должно входить
в более высокой степени, чем в разложения других чле-
нов последовательности. Назовем pj «представителем»
333
числа а{. А поскольку любое простое число может быть
представителем лишь одного члена последовательности,
то число членов последовательности х не может превы-
шать л(п), что и требовалось доказать.
184.	Центр О окружности Р выберем за начало пря-
моугольной системы координат, а оси х и у направим
параллельно асимптотам гиперболы Н. Предположим,
что центр о гиперболы Н имеет координаты (/г, k). Тогда
уравнения окружности Р и гиперболы Н имеют вид
х2 + у2 — (/г24- й2) = 0, ху — kx — hy + с = 0.	(1)
Если существует один треугольник, вписанный в ги-
перболу Н и одновременно описанный вокруг окружно-
сти Р, то, как известно, мы можем построить другой
треугольник АВС с теми же свойствами, выбрав за вер-
шину А любую точку на гиперболе Н, не принадлежа-
щую окружности Р, проведя из А две касательные к ок-
ружности Р и приняв за вершины В и С точки пересе-
чения этих касательных с гиперболой Н (отличные от
точки А). При этом прямая ВС также совпадает с каса-
тельной к окружности Р.
Рассмотрим теперь случай, когда точка А совпадает
с точкой гиперболы Н, бесконечно удаленной, например,
в направлении асимптоты, параллельной оси х. Тогда
уравнение стороны ВС имеет вид
(hk — с) (у + й) — k2(x — k) = 0.
Для того чтобы эта прямая была касательной к окруж-
ности Р, длина перпендикуляра, опущенного на нее из
точки О, должна быть равна д/^2 + й2, откуда k2c2 = 0.
Как будет доказано ниже, k ф 0, поэтому с = 0, то есть
гипербола Н в этом случае должна проходить через
центр О окружности Р. Наоборот, если точка О лежит
на гиперболе Н, то приведенные выше уравнения пока-
зывают, что существует вырожденный треугольник рас-
смотренного нами типа и, следовательно, бесконечно
много треугольников, обладающих требуемыми свойст-
вами. Нетрудно видеть, что утверждение задачи оста-
нется в силе, если поменять ролями центры гиперболы
о и окружности О.
Доказать, что й =/= 0, проще синтетически (попутно
мы сделаем синтетическим все доказательство). Пусть
334
ABC — вырожденный треугольник, Т и Т'— точки каса-
ния с окружностью Р параллелей АВ и АС. По крайней
мере одна из них, например АС, пересекает гиперболу//
в конечной точке С, а СВ касается окружности Р в ко-
нечной точке Т". Следовательно, вершина В треуголь-
ника АВС также должна быть конечной точкой. Но если
бы в приведенном выше доказательстве выполнялось ра-
венство k = 0, то точка Т совпадала бы с центром со
гиперболы Н и мы пришли бы к противоречию: вершина
В совпала бы с вершиной А. Следовательно, Р — впи-
санная (или описанная) окружность треугольника АВС
и по теореме Фейербаха (III. 1) касается окружности
девяти точек треугольника АВС, которая в рассматри-
ваемом случае вырождается в прямую, проходящую че-
рез середину А' стороны ВС и основания С, В парал-
лельных высот, опущенных на стороны АВ и АС. Следо-
вательно, А'С касается окружности Р в точке со, и со сим-
метрична точке Т" относительно ОА'. Нетрудно видеть,
что треугольник А'ВС равнобедренный и, если Та и
асимптоты гиперболЫ-Пересекают ОВ в точках W, U, V,
то треугольники WBC и WUa также равнобедренные.
Таким образом, точка W является общей серединой от-
резков ОВ и VW и центр О окружности Р должен ле-
жать на гиперболе Н.
Наоборот, предположим, что гипербола Н проходит
через центр О окружности Р, а окружность Р проходит
через центр а гиперболы Н. Пусть Т и Т'— точки каса-
ния с окружностью касательных, проведенных из вер-
шины А, которая совпадает с бесконечно удаленной точ-
кой гиперболы Н, В — точка пересечения прямой АТ
с гиперболой Н, Т"— точка касания с окружностью Р
касательной, проведенной из точки В, а С — точка пе-
ресечения той же касательной с АТ'.
Докажем, что точка С лежит на гиперболе Н. Отсюда
будет следовать, что существует бесконечно много тре-
угольников АВС (где А — любая точка гиперболы Я),
обладающих всеми требуемыми свойствами. Ерли асимп-
тоты гиперболы пересекают ОВ в точках U и V (точка V
принадлежит отрезку аА), то, как известно, отрезки ОВ
и VU имеют общую середину W и прямая WT проходит
через точку а. Пусть А'— середина отрезка ВС, а точки
С, В, W симметричны точкам С, В, W относительно ОА'.
Вследствие этой симметрии прямые А'С, WT должны
335
проходить через одну и ту же точку окружности Р, сим-
метричную точке Т" относительно прямой А'С, поскольку
прямые А'С и WT' проходят через одну и ту же точку Т"
окружности Р. Таким образом, прямая А'С должна быть
касательной к Р в точке, симметричной точке Т" относи-
тельно прямой А'С. Но тогда эта точка совпадает с со.
Если <aU пересекает ВС в точке S, то из симметрии сле-
дует, что Ссо = BS = Т"С. Итак, точка С должна ле-
жать на гиперболе Н, что и требовалось доказать.
Пусть R, S, Т, U — точки, в которых окружность Р
пересекает оси координат, а V и W— точки, в которых
окружность Р пересекает гиперболу Н. Тогда огибаю-
щая сторон треугольников, вписанных в Н и одновре-
менно описанных вокруг Н, совпадает с окружностью Р,
из которой выколоты шесть точек R, S, Т, U, V, W.
В этих точках треугольники вырождаются.
185.	Пусть /It—такая вершина многоугольника, что
ОА! OAj при любом j =# 1. Диагонали AiAj разбивают
внутренность многоугольника на треугольники, поэтому
любая точка О лежит внутри какого-то треугольника
AiAkAk+t или на его границе. Если точка О принадлежит
границе треугольника ДИаДа+ь то утверждение задачи
тривиально: ZAlOAk= л. В противном случае точка О
лежит внутри треугольника Д1ДдДа+1 и /Д1ОДа<л,
ZAtOAk+i < л. Кроме того, поскольку OAt ^.OAlt то
/COAkA\ ^.OAiAk и /ОДа+1Д1 Z.ОД^Да+ь Но
^ОД1Да + ZOAtAk+i = я/п. Следовательно, ^Д1ОДа +
+ ^Д1ОДа+1 = 2л — (,/OAtAii Д- ^ОД1Да+1) —
— (/ОДаД1 + гОДА+МО Дэ 2л —л/п — л/п = 2л(1 —
-1/п).
Таким образом, либо ZAtOAk^n(l — 1/п), либо
ZДiOДA<л(l — 1/п). В первом случае утверждение
задачи доказано. Во втором случае 2Д10Д/1+1^л(1 —
— 1/и); следовательно, утверждение задачи также дока-
зано.
186.	Дифференцируя ряды почленно (что, очевидно,
допустимо), получаем
f" = -zg', g" = zf'.
(1)
Отсюда следует, что
f'f"+g'g"=o,
(2)
336
в силу чего
Полагая 2=0, находим значение постоянной: С = 1.
Таким образом,
Г + /2 = 1.	(3)
(Соотношения (2) и (3) следуют также из того, что
f'= cos(z2/2), g'= sin(z2/2). В дальнейшем это пред-
ставление рядов f' и g' нам не понадобится.)
Дифференцируя соотношения (1) и исключая при их
помощи из выражения для f'" функцию g, а из выраже-
ния для g"' функцию f, находим, что обе функции f и g
удовлетворяют дифференциальному уравнению
L [®] = zw'" — w" + z3®' = 0,
то есть L[f] = L [g] = 0.
Проводя аналогичные рассуждения для функций h
и k:
1-3-4 ~ 1-3-5-7-8	1-3-5-7-9-11 • 12
получаем ft" = 1 + zk', k" = —zh', L[h]= — 1. Как по-
казывают прямые выкладки, функция у = f2 + g2 удов-
летворяет уравнению L[у] = 2(fL[f] + gL[g]—1). Сле-
довательно, функции 2h и у являются аналитическими в
окрестности нуля решениями уравнения £[®] = —2, при-
чем ^№)(0) = 2й№)(0) =0, k = 0,1,3, //(0) = 2/г"(0) = 2.
В силу единственности решения, удовлетворяющего этим
начальным условиям, у = 2/г, что и требовалось дока-
зать.
187.	Начнем с наиболее трудной части решения —
учета преимущества, которым по правилам игры может
воспользоваться любой ее участник: права объявить за-
думанным число, стоящее на грани, которая при первом
бросании костей выпала наибольшее число раз.
Пусть 1 = 2, 3, ..., 10 — наибольшее число раз, ко-
торое любая грань может выпасть при первом бросании.
Вероятность того, что какая-то грань выпала i раз,
равна
6! 10! 6~10
(О П
j=i
337
(для краткости условимся в дальнейшем обозначать ее
Ущ), гДе пз — неотрицательные целые числа, удовлет-
воряющие соотношениям
У, frij = 10,
I
i=i
и при заданном i суммирование проводится по всем nj,
удовлетворяющим этим соотношениям.
Вероятность того, что какая-то грань, выпавшая I
раз при первом бросании костей, выпадет не менее 14 — i
раз при следующих четырех бросаниях десяти костей,
равна
Вероятность выигрыша равна
10
У Pi
1=2
При помощи таблиц находим:
i	₽/	S(0	₽i S(O
2	0,026	0,0675	0,00176
3	0,058	0,5293	0,03070
4	0,116	0,3105	0,03602
5	0,211	0,0781	0,01648
6	0,347	0,0130	0,00451
7	0,509	0,0015	0,00076
8	0,677	0,0001	0,00007
9	—	—	
10	—		—”•
(При i = 9 или 1о£(/) пренебрежимо мала, a pf^l.)
Вероятность выигрыша 0,09030.
Итак, в среднем играющий может выиграть около
9 центов,
338
Поскольку за право принять участие в игре взимается
10 центов, то владельцы магазина наживают по центу
на каждом играющем.
188.	Рассмотрим более общую задачу о вычислении
определителя
£>(«) = If ((Л/))1,	(1)
где f(x)—произвольная функция, определенная при
всех натуральных зиачеииях х, a (i, /) — наибольший об-
щий делитель чисел i и /.
Чтобы вычислить D (п), определим функцию ф (k) со-
отношением
f(0=ZW)	(2)
к |Z
(здесь сумма берется по всем делителям k числа Z; в яв-
ном виде функция ф записана ниже) и положим коэф-
фициенты ам равными 1, если I делит k, и 0 в противном
случае. Тогда
Е arlas$ (Z) = £ ф(/) = /((г, s))
I	Z I (г, s)
и £>(«)= |аг/| |йв(ф(0 | (порядок определителей, стоя-
щих в правой части, равен п). Поскольку аг/ = 0 при
п
г <1 и а,ц == 1, то | аг[ | = 1, | а^ф (Z) | = П ф (Z) и, следо-
п
вательно, D (п) = Ц ф (Г).
z=i
Закон обращения теоретико-числовых функций (III. 8)
позволяет представить соотношение (2) в виде
ф(О=£н(й)/(|),
k{ I
в силу чего
п
о(-)=пгх1‘(*)/(Я|. о»
/=1 Lfe| z	J
В случае f(x) = хК (исходная задача)
w)=gll(4iy=?XT=,n(l_;.)
339
(произведение по всем простым делителям р числа I)
и, таким образом,
п
О(»)=П'‘П0-7г)=(*П П О-рг)-
Z=1 p|Z '	р<п l<Z<n,	Р '
что и требовалось доказать.
Формула (3) позволяет вычислять определитель (1)
и в других интересных случаях. Например, функцию
f(x)=S(x)—сумму делителей числа х—мы получаем
при ф (k) = k, откуда
k\l
и D(n) = nl.
Кроме того, мы можем обратить решение и выяснить,
при какой функции f(x) определитель D(n) имеет необ-
ходимое значение. Из (3) получаем
k\l
Применяя к этому соотношению закон обращения
теоретико-числовых функций, находим
kin
Например, если мы хотим, чтобы D (п) = ап, то функцию
f(n) следует выбрать в виде
f (n)= S а = ах(п),
kin
где т(п) —число делителей числа п.
189.	Пусть pi, р2, ..., рп — любой набор простых чи«
сел N= ррр^2 • • • р„п‘ По определению M(xi, х2, • • •
...,хп) = ц.(ЛГ), где ц. — функция Мёбиуса (III.8). Оп-
ределим функцию f(m) для любого делителя т числа V
как число различных простых делителей числа т, если
m=/=l, af(l) = l, Кроме того, если d — делитель числа
340
N (d=p№ ... pty, то функцию g(d) зададим соот-
ношением g(d) = У, f{m). Сгруппируем в этой сумме
все числа т, имеющие ровно / простых делителей. Число
таких т, очевидно, равно Sj(bi, b2, ..., Ьп). Добавляя 1,
соответствующую т= 1, получаем
п
g (d) = 1 + Е j Sfa, b2,..., bn) = S(bt, b2>..., bn).
По закону обращения теоретико-числовых функций
(III. 8)
fW= Е
= ЕМ(*1 — bl, x2 — b2, .... xn-bn)-S(b1,b2,...,bn)
Следовательно, искомая сумма равна числу положитель-
ных целых чисел в множестве Xi, х2, .... хп или еди-
нице, если Xi = х2 = ... = хп = 0, что и требовалось
доказать.
190.	Перестановку n-f-l элементов, представимую
в виде произведения г циклов, можно получить из пере-
становки п элементов двумя способами. Во-первых, цикл
единичной длины, содержащий новый элемент, можно
присоединить к перестановке п элементов, представимой
в виде произведения г — 1 циклов. Во-вторых, новый
элемент можно ввести в любой из г циклов, на которые
разлагается перестановка п элементов. Поскольку во
втором случае новый элемент можно ввести после лю-
бого из г старых элементов, то
РТп+Х = РТп' + пРТп.	(1)
(Если считать, что Р„ = 0, то это соотношение выпол-
няется при п = 1, 2, ... ; г = 1, .... п). Если рп(х) =
п
= Е РпХг, то из соотношения (1) следует, что (x-f-
Г = 1
+ п)р„(х) = pn+i(x). Последнее соотношение позволяет
без труда методом математической индукции доказать
тождество «а», приведенное в условии задачи.
Аналогично доказывается и второе тождество задачи.
Разбиение п + 1 отличимых друг от друга элементов на
341
г классов можно получить из разбиения п элементов
двумя способами. Во-первых, можно присоединить класс,
состоящий только из одного нового элемента, к разбие-
нию п элементов на г—1 класс. Во-вторых, новый эле-
мент можно включить в любой из г классов, на которые
разбиты п старых элементов. Поскольку во втором слу-
чае новый элемент можно ввести в любой из г классов
старого разбиения, то
Qn+i = Qn 1 + rQn-
.(Если считать, что Qn=/=0 лишь при 1 г п, то это
соотношение выполняется при п, r= 1, 2, ... .)
Пусть fr(x)=x(x—1) ... (х— г+1). Поскольку,
как нетрудно проверить, fr+l (х) + rfr (х) = xfr (х), то
тождество «б», приведенное в условиях задачи, следует
из соотношений
п+1	п+1
«.+, w=s w - s («-+,qq fr (х) -
п	п
= Е Qn (fr+l W + rfr W) = X E Qnfr (*) = W-
191.	Разложив функцию f(x) ==x-n(l—e~x)n в сте-
пенной ряд 2 Мг двумя различными способами, полу-
чим для числа N = (п + 4) (п + 3) (п + 2) (п + 1) -fi два
выражения, стоящие в правой и левой части доказывае-
мого тождества.
Во-первых, при любом натуральном п
п	п оо
f (х)-Ж-Ё (-1)< (”)е- = ж- Ё Ё(-!)'«
t=0	t=0 s=0
Коэффициент fa при х4 мы найдем, выбрав в двойной
сумме коэффициенты при х"+4. Полученное выражение
совпадает с представлением числа N, соответствующим
левой части доказываемого тождества:
П	, .
л-Ес-о— (Пот
/=0
jv — У (—1)<+" ——
t=o
342
Во-вторых, разложим в степенной ряд n-ю степень
функции g(x) = (l -rx)/x = Xg/Xl. Воспользуемся для
этого следующей леммой.
оо	/ 00
Лемма. Если У*, frxr = I У, g,x{) и f0 = g0=l, то
г=0	\/=о	/
т
tm=lL G)	 е>е
Й=1	/
где Л + /2+ ... +ik = m, js>l.
В рассматриваемой задаче g’/ = (—1)7(/+ 1)1,
А = ( ” ) & + ( 2 ) О?1#3 + ^2 + gzgi) + ( 3 ) figigigz) +
+ ( 4 ) St = ( 1 ) 4“ + ( 2 ) ( 2ПГ + зТзГ + W) +
+ (з) гАзг + О-^’
МТ) + (Т).3.4.5.б.^_ + ^) +
. /п + 4Х 4-5-6-7 . / п + 4 X 5-6-7.8
+ 1 7 J 8 I 8 )	16	—
=(“t1) + 26(»t’) + 1o6(” + 4) + io5(»t4).
Это выражение определяет N при всех целых значениях
п. Оно сводится к правой части доказываемого тожде-
ства, поскольку
N = А ±.4.И.» + 3> • • •« [6.8 + 200(п- 1) +
+ 120(n- 1)(п —2) + 15(п— 1)(п —2)(п —3)].
При п= —т,	ряд для f(x) следует заменить
рядом
00
/(х)= X- X (-1)' (т) е-«=х» X (	‘) е-<-,
t	t=0
сходящимся при положительных значениях х. Число
N = (т — 1) ... (т — 4)f4 при этом становится равным
дг=(^-П Нт У (m-1+QI JL(xme-tx)	т_____п
4 4 J"™ L (m-l)W! dx^x е	т~ п'
343
192.	При произвольно заданных п и Ci (неотрицатель-
т
ных целых числах, удовлетворяющих условию У гг =
, , •	/ SS I
т \	* 1
= У, с<) множество матриц, обладающих всеми необхо-
/=1 /
димыми по условиям задачи свойствами, не пусто.
В этом нетрудно убедиться, если воспользоваться мате-
матической индукцией по суммарному числу строк и
столбцов. Более того, можно построить матрицу с диаго-
нальными элементами, равными тт(гг-, Cj); из дальней-
шего видно, что это матрица с максимальным следом.
Преобразование, состоящее в прибавлении единицы
к элементам (/i, i) и (/, k) и вычитании единицы из эле-
ментов (/г, k) и очевидно, оставляет инвариантной
сумму элементов каждой строки и каждого столбца. Эта
операция «допустима», если не приводит к появлению
отрицательных элементов. Воспользуемся этой опера-
цией для отыскания необходимых свойств матрицы («у)
с минимальным или максимальным следами.
Докажем, что на главной диагонали матрицы с ми-
нимальным следом стоит не более чем один положитель-
ный элемент. Предположим, элементы а.ц и (i =0= /) от-
личны от нуля. В этом случае операция, состоящая в
прибавлении единицы к элементам (i, /) и (/, i) и вычи-
тании единицы из элементов (i, i) и (/,/), допустима.
Применение такой операции уменьшит след матрицы
(а-ij) на 2, оставив без изменений сумму элементов лю-
бой строки и любого столбца. Таким образом, след мат-
рицы (ау) вопреки предположению не был бы минима-
лен. Полученное противоречие означает, что на главной
диагонали матрицы (ау) с минимальным следом имеется
не более одного положительного элемента, и операция,
состоящая в прибавлении единицы к элементам (г, /) и
(/, i) и вычитании единицы из элементов (i, i) и (/,/),
недопустима по отношению к такой матрице. Если все
элементы, стоящие на главной диагонали, равны нулю,
то минимальный след равен нулю. Предположим, что
один из диагональных элементов ац положителен. Тогда
элементы a.jk (j, k =И= i) равны нулю. Действительно, если
бы элемент а-h был положителен, то, прибавив единицу
к элементам (i, k) и (/, i) и уменьшив на единицу эле-
менты (i, i) и (/, k), мы уменьшили бы след матрицы,
344
что невозможно, поскольку след минимален. Таким обра-
зом, ajk = 0, aih = ch	ciji = rj (j ¥= i) и ai{ =
= rt— У, Ci = Ci— У, г.-. Это означает, что минималь-
ный след матрицы (aik) равен наибольшему из n-f-1
чисел: нуль и п чисел с,— У г, = 14— Ус> (1=1,2,..., г).
/•#1
Ясно, что среди п чисел с, — У, г, (i = 1, 2, ..п) име-
ется не более одного положительного числа, и если одно
число положительно, то минимальный след матрицы ра-
вен этому числу.
Рассмотрим теперь матрицу (ац) с максимальным
следом. Пусть ац— любой элемент, стоящий на ее глав-
ной диагонали. Если бы в i-й строке существовал еще
один ненулевой элемент a,k, а в z-м столбце, еще один
ненулевой элемент ац, то увеличив на единицу элементы
(/, i) и (/, k) и уменьшив на единицу элементы (/, k) и
(/, z), мы увеличили бы диагональный элемент ац и след
матрицы, что невозможно, поскольку след максимален.
Таким образом, либо все элементы z'-й строки, за исклю-
чением ац, равны нулю, либо все элементы z-го столбца
равны нулю, за исключением ац = min (гц с,). Итак,
максимальный след матрицы равен У ппп(гг, С().
I
193.	Пусть V — скорость самолета в безветренную по-
году, W — скорость ветра (постоянного по направлению),
v — составляющая результирующей скорости самолета,
направленная по касательной к замкнутой кривой С,
описываемой самолетом, и т— угол, образуемый направ-
лением ветра с касательной к кривой С. Поскольку на
замкнутой кривой есть точки, где л/2 < |т| < л, то
должно выполняться неравенство V > W. Кроме того,
во всех случаях выполняются соотношения
V2 = W2 4- v2 — cost, о = 7? + Wcosт,
fl = VV2-F2Sin2r .
(1)
(Знак минус перед квадратным корнем в выражении для
7? следует отбросить, поскольку v 0, и, если бы мы вы-
брали знак минус, то получили бы неравенство W V.)
345
Время Г, которое самолет затрачивает на то, чтобы опи-
сать кривую С, равно
г f ds  Г R — Wcosт л________f Rds
*	J v	J V2 IF2 aS	J V2 — IF2 *
c
поскольку j cos x ds —0.
Следовательно,
Vf2 - IF2 sin2 т f VF2 - IF2
y? _ Ц72	•> j уг _ Ц72
ds —
ds
VF2 - W2
что и требовалось доказать.
194.	Уравнение
ах + Ьху + су — k
можно преобразовать к виду
(bx + с) (by + а) = bk + ас,
или, разделив правую и левую части последнего урав-
нения на df, к виду
Если b не кратно числу df и k — любое из бесконечно
многих целых чисел, взаимно простых с df, то уравне-
ние (1) не допускает решений в целых числах, поскольку
все члены правой и левой части, за исключением члена
bkfdf,— целые числа. С другой стороны, если b кратно
df, то bfdf и acfdf — взаимно простые числа, поскольку
числа b/f и cff, так же как b/d и afd, взаимно просты.
В этом случае по теореме Дирихле * арифметическая
прогрессия acfdf + bfdf, acfdf + 2bfdf, ..., acfdf +
+ kbfdf, ... содержит бесконечно много простых чисел.
При каждом значении k, соответствующем одному из
этих простых чисел, один из множителей в левой части
уравнения (1) обращается в ±1. Следовательно, должно
выполняться одно из равенств
Ьх 4- с = ± f,	by + а = ± d.
346
Поскольку эти равенства противоречат предположениям
задачи, то при указанных значениях k уравнение
ах + Ьху + су = k
не допускает решений в целых числах.
195.	Докажем, что любое решение тригонометриче-
ского уравнения
cos 2nr\ + cos 2лг2 + cos 2лг3 = 0,	(1)
где гь Г2, Гз — неотрицательные рациональные числа, от-
личные от единицы, принадлежит к одному из следую-
щих типов
cos -у	+ cos2nr +	cos 2л	у ±	г) = 0,	(а)
cos 2лг + cos 2л	(г +	-|) + cos 2л (г	+ у) = 0, (б)
2л	।	л ,	Зл	«	f \
cos -5- -f-cos -f-cos -£-= 0	(в)
о	э	о
или совпадает с эквивалентными решениями, получаю-
щимися из трех основных при помощи соотношений
cos 2лг = cos 2л (1 — г), — cos 2лг = cos 2л у ± г),
где г — неотрицательное рациональное число меньше 1.
Тем самым утверждение задачи будет доказано.
Пусть га = tik/dk, где 0 < nh < dh, и (при nh =# 0)
nk, dk — взаимно простые числа, р — наибольшее простое
число, являющееся делителем чисел di, d2 или ds. Тогда
можно найти числа 8k, Ik, Ck, Vk, такие, что
dk = i>kPlk, nk = ck8k + VkPlk,
где число 8k не делится на р, 0 Ck < ptk, а = 0, если
Ik = 0, в противном случае число са не делится на р.
Следовательно, если Д — va/6a. то
_____nk  vk t ck  f	I ck
к dk	‘k	'k ’k ‘
г	г
He ограничивая общности, будем считать, что
347
Пусть
gk{x) =
_	+ e-^xpIl-c^l~tk) при cfty=O,
. cos 2nrft	при Ch — О,
и
з
С/(х)==£^(х).
Л=«1
Тогда
gk (e2nilpt') = cos 2лгй
и, следовательно, если п, г2, гз удовлетворяют уравне-
нию (1), то
и(.е2^1рц) = 0.
Как показал Кронекер *, многочлен
P(x) = 1+xp,1-i+x2p,1_1+ ... + х^р-•> Ptl~x
не допускает разложения в произведение двух многочле-f
нов меньшей степени, коэффициенты которых — рацио-
нальные функции корней s-й степени из единицы (если
$ не кратно р). Пользуясь теоремой Кронекера, докажем
следующие две леммы:
Лемма 1. Многочлен U (х) делится на многочлен
Р(х).
Доказательство. Многочлены U(x) и Р(х) не взаимно
просты, поскольку оба обращаются в нуль при х =
= exp (2ni/plt). Наибольший общий делитель этих мно-
гочленов имеет коэффициенты, которые рационально за-
висят от коэффициентов многочленов U(x) и Р(х). Следо-
вательно, по теореме Кронекера их наибольший общий
делитель совпадает с многочленом Р(х). Лемма 1 дока-
зана.
Лемма 2. Если многочлен U(x) представить в виде
1W), где в Ut(x) собраны члены вида &хс, с ss
t
=/(modpz,~I), то U(x) делится на Р(х) и, следовательно,
Ut (exp (2ni/p1')) = 0.
1 См. L. Kronecker, Journal de Matheraatique, 19(1854), 177—
192. — Прим, nepee.
348
Доказательство. Разделив Ut(x) на Р(х), получим
Ut(x) = P(x)Qt(x) + Rt(x), где Rt(x)—многочлен мень-
шей степени, чем Р(х), а показатель степени х каждого
члена Rt(x) сравним с t по модулю рг‘-1. Следовательно,
(/(x) = pf(x) = /’(x)EQ/(x) + p<(x),
а по лемме 1
Е/?Лх)=о.
t
Значит, Rt (х) = 0 при любом t (при разных t в этих
многочленах нет членов с одинаковыми степенями). Лем-
ма 2 доказана.
Рассмотрение всех возможных решений уравнения (1)
сводится к рассмотрению следующих частных случаев:
1. li = 1 l2 Zg. Поскольку степень многочлена
U(х) меньше р, а степень многочлена Р(х) равна р—1,
то по лемме 1 J/(x) = mP(x), где m — некоторая по-
стоянная.
1.1. Если Ц = 12 = /3 = 1> то £7(0) = 0 и (поскольку
Р(0) = 1) m = 0. Следовательно, функция U(x) равна
нулю при любом х. Если любая из функций gb g2, g3
тождественно равна нулю, то она должна содержать
лишь одну степень х. Если тождественно равна нулю
сумма двух членов, входящих в две из трех функций gt,
g2, gs, то нетрудно видеть, что сумма этих двух функций
также тождественно равна нулю и, следовательно,
третья функция обращается в нуль при любых х, то есть
имеет место предыдущий случай. Наконец, возможно, что
каждая из трех функций glt g2, g3 содержит две, но во
всех трех случаях одни и те же степени х.
1.1.1. Если одна из функций gi, g2, g3 содержит лишь
одну степень х, то при соответствующем значении k мы
получим соотношение Ck = р — Ck, откуда 2сь = р и, сле-
довательно, р = 2, Cfe=l. Поскольку р — наибольший
простой делитель чисел d\, d2, d3, то d\ = d2 = d3 = 2.
Этот случай не представляет интереса, поскольку не по-
зволяет получить ни одного решения уравнения (1).
1.1.2. Если каждая из трех функций g\, g2, g3 содер-
жит две степени х, причем все три функции gi, g2, g3 со-
держат одни и те-же степени х, то пусть Ь\, Ь2, Ь3 —
коэффициенты при одной из этих степеней х. Тогда коэф-
фициенты при другой степени х равны l/&i, 1/&2, 1/&з и
349
bi + b2 + 63= 0, l/6i + l/62 + l/63 = 0, то есть 6263 +
4-6361 + 6162=0. Следовательно, 6Ь 62 и 63 удовлетво-
ряют уравнению
г3 — e2ni(3s) = Q, где = е2яиза\
Таким образом, мы можем положить 61 = exp(2nis),
62 = exp (2ni (s + */з)), 63 = exp (2nz (s + 2/3)). Соответ-
ствующее решение уравнения (I)
(cos 2л (s + с/р) + cos 2 л (s + 1/3 + с/р) +
+ cos 2л (s + 2/3 + с/р) = 0)
принадлежит к типу «б».
1.2. Если li = /2 = 1, /з = 0, то т = cos 2лгз-
1.2.1. Если, кроме того, cos2nr3=0, то cos2nri +
+ соэ2лг2 = 0 и, следовательно, гг = ±*/г ± П- В этом
случае решение уравнения (1), очевидно, принадлежит
к типу «а».
1.2.2. Если cos 2лгз =# 0, то U(x) = Р (х) cos 2лг3. Чис-
ло различных степеней х в многочлене Р(х) равно р,
а в многочлене U(x) оно меньше или равно 5. Следова-
тельно, р совпадает с одним из чисел 2, 3 или 5. Но если
р = 2, то две функции gi, g2 содержат лишь одну сте-
пень х. Этот случай рассмотрен в 1.1.1.
1.2.2.1. Если р =3, то, сравнивая коэффициенты при
одинаковых степенях х, получаем либо
ye2”Zfi +-^e2”ifj =-^e~2nlf> + ± e~2nlf* = cos2nr3,
либо
+ _l.e-2nif2 = 2- е-2зЩ, 1.е2л1?г =соз2лг3.
В первом случае /1 = —f2 = ±г3, во втором случае
fi = f2 = ±г3. Соответствующие решения уравнения (1)
в обоих случаях принадлежат к типу «б».
1.2.2.2. Если р = 5, то
4- e2ntf, _ 1 e-2ntf, — 1 е2лц2 _ _L e~2ni^ _ coS 2nr3.
Следовательно, либо fi = f2 = 0 и cos 2nr3 = l/2, то есть
r3 = Че, либо fi =f2 = l/2 и cos 2лг3 = —7г, то есть
Гз = 7з. Если постоянные с2, с3 выбраны так, что мно-
гочлен U(х) содержит пять различных степеней х, то со-
ответствующие решения принадлежат к типу «в».
350
1.3, Если Zi = l, l2 = h = 0, то
U (х) = (cos 2лг2 + cos 2лг3) Р (х).
1.3.1. Если, кроме того, cos 2лг2 + cos 2лг3 = О, то
cos2nri = 0 и решение уравнения (1) принадлежит
к типу «а».
1.3.2. Если cos 2лг2 + cos 2лг3 =£ 0, то, поскольку мно-
гочлен U(х) содержит две или три различные степени х,
р = 2 или р = 3. Случай р = 2 рассмотрен в 1.1.1, по-
этому мы предположим, что р = 3. Тогда
у = 2. e-2nif, _ cos 2лг2 cos 2лг3,
и каждая из этих величин должна быть равна ±*/г. Сле-
довательно, либо fi = 0 и cos 2лг2 + cos 2лг3 = '/г, либо
fi = */2. и cos 2лг2 + cos 2лг3 = —'/г, где знаменатели ра-
циональных чисел г2 и г3 не имеют простых делителей,
которые были бы больше числа 2, что невозможно.
2.	Предположим далее, что 1\ ^2, 1\	12	13. Пока-
затели степеней х, содержащихся в gi, g2, g3, равны
С], p!'~~ct; с2р1,~1г, р1' — с2р1,~1г‘, с-,р1-~1\ р1' — cpli~ls.
Если два из этих показателей сравнимы между собой
по модулю pZ1-1, то два соответствующих члена в Z7(x)
условимся называть подобными. В этом случае наши за-
ключения опираются на лемму 2.
2.1.	Если Z] > l2 Z3, то С] не делится на р и члены
функции g] не подобны членам функций g2 и g3 и пб-
добны друг другу лишь в том случае, если р = 1\ = 2 и
Ci = 1.
2.1.1.	Если р = Zi = 2, то gi (exp (2лг/4)) = cos2nZ] =
= 0, и мы получаем решение уравнения (1), принадле-
жащее к типу «а».
2.1.2.	Если р Ф 2, то каждый член функции gi(x) де-
лится на многочлен Р(х), что, очевидно, невозможно.
2.2.	Если Z] = l2 Z3, то члены функции g3 не по-
добны членам функций gi и g2 и подобны друг другу
лишь в том случае, если либо Z3 принимает значения 0
или 1, либо 13=р = 2.
2.2.1,	2.2.2. Если 13 = 0 или 13 = р = 2, то cos 2лг3=0
и мы получаем решение уравнения (1), принадлежащее
к типу «а».
2.2.3.	Если Z3=l, то cos2w3 = 0 и р = 2, Z3 = 2.
Противоречие.
351
2.2.4.	Если два члена функции g3 не подобны, то оба
эти члена делятся на Р(х), что невозможно.
2.3.	Если Zi = 12 = /3, то два члена каждой функции
gi, g2, ga не подобны друг другу, за исключением того
случая, когда р = Ц = 12 = 13 = 2. Следовательно, за
исключением этого особого случая, многочлен U (х) со-
держит не более трех подобных членов.
2.3.1.	Если р = Zi = 12 = Z3 = 2, то соответствующее
решение уравнения (1) принадлежит к типу «а».
2.3.2.	Если в многочлене U (х) имеются две группы
трех подобных членов, то сумма членов каждой группы
должна обращаться в нуль при x = exp(2nZ/pZ|). Полу-
чающиеся соотношения в точности совпадают с соотно-
шениями для bi, b2, Ь3 в 1.1.2. Следовательно, соответ-
ствующее решение уравнения (1) в этом случае принад-
лежит к типу «б».
196. Пусть р\х означает, что р — простой делитель
числа х. Поскольку по условиям задачи р п, то р | п\.
Предположим сначала, что в разложение числа х в про-
изведение степеней простых чисел множитель р входит
в четной степени: 2s, s^l. Тогда 2ps п, так как
х п2/4 и, следовательно, показатель, с которым р вхо-
дит в п!, не меньше 2р8-1	2s. Значит, p2s | п!.
Предположим теперь, что наивысшая степень про-
стого множителя р в разложении числа х нечетна: 2s-f-l,
s 1. Тогда nj>2 Vр ps. Рассмотрим два случая:
Случай 1. 4ps <. п. Нетрудно видеть, что в этом слу-
чае p2s+' | п\.
Случай 2. 4ps п. Продолжая неравенство, получаем
4ps^ti^2-у/р ps, 2^-у/р, 2-у/р^р, п^р5+1. По-
этому показатель, с которым р входит в п!, не меньше
чем
р' + р"" + ... + Р + 1 > 2s + 2s-1 + ...
... + 2 + l = 2s+I- l>2s + 1.
Следовательно, и в этом случае p2s+I | п\.
Итак, мы доказали, что в условиях задачи х|п!.
197. Достаточно рассмотреть случай р~> q.
Пусть
352
Тогда
р _ 3 5 7 2п +1
2 ’ 4 ' 6 2п ’
О-!)(>->-4)-О
_ 2 4	6 2п 1
3*5 ‘7 ‘ ‘ ’ 2п + 1 —77
р произведение первых (р + ^)п членов бесконечного
произведения РР19 равно отношению
Р n(p-q)
7у = П D +’2(/ + «<?)]•
/=1
Следовательно,
Л(р-«)
1П^- У *__________________
Fn4 Ь W+ П<7)
п( р-<?)
I
2 (/ + «<?)
Абсолютная величина каждого слагаемого, заклю-
ченного в фигурные скобки, меньше ]/а (1 + nq)2, по-
этому абсолютная величина всей суммы меньше
п(р—-<?)/8(1 +п<7)2 и стремится к 0 при п->оо. Таким
образом,
lim In = у lim У -т—
»->оо х Fnq '	2 n->«> “j 1 т ,1Ч
Чтобы вычислить этот предел, разделим отрезок оси х
от нуля до точки х = (р — q)/q на п(р — q) равных ин-
тервалов длиной \/qn и выберем в конце /-го интервала
ординату 1/(/ + nq). Тогда
л (р-р)	(p—q)lq
V1 1 С dx
Д 7П7= J т+т
/=1	о
откуда
I	1 • ^пр
’	=hm -р— =
И 4	n->00 ^tiq
353
Докажем теперь второе соотношение: Sp, 9 = А, 1 +
+ In • Снова, не ограничивая общности, предпо-
ложим, что р > q. Пусть
1
1 + nq ’
пр	nq
?'"9= lu 2/+ 1 •
/=1	/=1
Тогда
nq	п (p-q)
Тпр — Tnq = ^ (-jj 2/ + 1 ) + 2" £<
/=1 /=1
S,„=S,., + ln^/J.
откуда
Член, содержащий натуральный логарифм, получен так
же, как при выводе соотношения для Рр,д. Члены разно-
сти Тпр — Тпд можно переставить так, чтобы сначала
шли первые р положительных членов ряда Sij, затем
первые q отрицательных членов, затем — р следующих
положительных членов и так до тех пор, пока не будут
исчерпаны все n\p-\-q) членов.
198.	При заданном положительном нечетном числе w
образуем последовательность вещественных чисел сг-, об-
ладающих следующими свойствами:
оо
ряд Sw(k)= 22 с* сходится при всех положи-
‘=I	тельных нечетных k=£w,	(1)
оо
ряд Sw(w)= 22 С®	расходится.	(2)
/=1
На протяжении всего решения k будет означать по-
ложительное нечетное число.
Ряд £с, соберем из блоков Bn(w) следующего вида:
В„(да)=Л]П-1/“’+ ...	+ An-1'® +	(fei	членов),
+ Ап-1/® + ...	+ A2n.~l/w +	(k2	членов),
+ Arti~ilw + ...	+ Arn~lla>	(kr	членов)
354
(такой блок соответствует отрезку ряда, содержащему
k\ + • • •+ kr чисел с^.
Здесь г = (да + 1)/2, а коэффициенты и числа
должны удовлетворять условиям:
а)	все ki — положительные целые числа;
б)	| А{ |	1, Ai Aj при i Ф j;
в)	klA^ = 0 при k < w;
г)	ГЫ?=А¥=0.
8 = 1
Условиям «а», «б», «в» и «г» можно удовлетворить,
выбрав в качестве коэффициентов Л, любой набор по-
парно различных правильных рациональных дробей,
если систему уравнений «в» и «г» решить относительно
неизвестных k{, представив решение в виде = i^DifO
(где D — определитель системы уравнений, а Д — общее
кратное знаменателей всех отношений DJD, записанных
в виде дробей pjq), и изменить знак у отрицательных
одновременно изменив знак соответствующих Лг. Все
эти действия осуществимы, поскольку и D — опреде-
лители Вандермонда и, следовательно, равны отличным
от нуля рациональным числам. Нетрудно проверить, что
если условия «а», «б», «в» и «г» выполнены, то построен-
ная последовательность с, обладает свойствами (1) и (2).
Пусть теперь М — произвольный класс положитель-
ных нечетных чисел {а1,}. Построим ряд S(k), который
расходится, если k S М, и сходится в противном случае.
Пусть Cj—верхняя грань частичных сумм ряда SWj(k)
для всех k =# Wj- Такая грань существует, поскольку чи-
сла А{ выбраны нами так, что |Лг|-< 1, а при k>wj
ряд Sw(k) сходится абсолютно и равномерно. Выпишем
двойной ряд, у которого члены /-й строки совпадают с
членами ряда SWj (k), умноженными на	Сумми-
руя этот ряд по диагоналям, получаем ряд, обладаю-
щий свойствами, о которых говорится в условии задачи.
Например, ряд S3 выглядит следующим образом:
1"’/з _	. 1 ~7з _	. г'/з _|_ 2~'/з _	. 2~'/з _	. 2-’/з _|_
+ П“'/з —	П~'/з —	• Ц-’/з -f- . . . ,
A	it
355
199.	Решение задачи начнем с доказательства сле-
дующей леммы.
Лемма. Пусть а, b и п — натуральные числа, причем
а и b удовлетворяют неравенству
a<b<3a/2,	(1)
а А (п) = 2 [я/п] — [b/п]. Тогда
Л(п) =	0	при	п >	ь,		(2)
Л(п) =	-1	при	я <		:ь,	(3)
Л(п)>	0	при	я/3	< п	^я,	(4)
Л(п)>	1	при			• а/з«	(5)
Доказательство. Пусть [я/п] = и, [b/n]=v, так что
«>(я/м)—1, v^.bln и А(п) — 2и— V. Если п > Ь, то
u = v = 0. Следовательно, утверждение (2) доказано.
Если а < п Ь, то и = 0, а в силу неравенства (1)
v = 1. Тем самым доказано утверждение (3).
В общем случае А(п) = 2и — v — и/2 + Зы/2 —
> и/2 + (Зя/2 — Ь)/п — 3/2 > (и — 3)/2. Таким образом,
если я/3 < п а, то и 1, А (п) > —1 и, значит,
Л(п)^0, так как это число целое, что доказывает ут-
верждение (4). Если же 1 п. я/3, то и 3 и
Л(га)>0, что доказывает утверждение (5). Итак, лемма
полностью доказана.
Пусть
р _______________________
"	Рп(Рп+1)...(Рп+1-1)
•—число, приведенное в условии задачи. При рп = 2, 5
и 7 дробь Рп принимает значения 1,4 и 1. Будем в даль-
нейшем предполагать, что	По теореме Чебы-
шева, при рп^29 справедливо неравенство pn+i<5pn/4*.
Как показывают несложные выкладки, при рп 11 вы-
полняется неравенство рп-ц < Зрп/2. Если р > рп, то
простое число р не является делителем ни числителя, ни
знаменателя числа Рп. Если р = рп, то простое число р
содержится в числителе и знаменателе числа Рп в пер-
вой степени, поскольку рп-н — 1 <. 2рп- Условимся счи-
тать впредь, что р <. рп.
Если я и & выбрать равными рп и рп-н— 1, то такие
я и & будут удовлетворять неравенствам (1), а
ДЯ(ря+1-1)1 “ Ь\а •	W
356
Поскольку р < Рп, то числитель и знаменатель числа
(6) содержат р в степенях (см. III. 35)
оо	оо
2 Е [а/рг] И Е [Ь/рг].
Г=1	Г=1
Таким образом, в обозначениях сформулированной
выше леммы задача сводится к доказательству нера-
венства
оо
Ел(/)>о
Л=1
(7)
для всех простых чисел р <. рп = а. Если ни одна из
степеней простого числа р не удовлетворяет неравенству
а <. рт Ь, то неравенство (7) следует непосредственно
из соотношений (2), (4) и (5).
Итак, нам остается лишь рассмотреть случай, когда
какая-то степень простого числа р, например рт, удо-
влетворяет неравенствам а <. рт Ь, то есть pn<pm<
< pn+i. Из соотношения (1) ясно, что такая степень рт
может быть лишь одна. Поскольку в силу соотношения
(3) А(рт) = — 1, то неравенство (7) будет доказано,
если нам удастся показать, что при некоторой другой
степени числа р, например при рк, А(рк)^ 1. В зависи-
мости от того, какое из трех отношений, р 5, р = 3
или р = 2, выполняется, положим это значение k рав-
ным т — 1, т — 2 или т — 3. Поскольку рп<рт < Pn+i
и рп^ 1> нетрудно видеть, что в любом из трех случаев
k 1 и рт~к 5. Следовательно, рк = р^1рт~к Ь/5<
< За/10 <_ а/3. В силу соотношения (5) это и означает,
что выполняется неравенство А(рк)^ 1.
200.	Пусть е = e2M!N. Выпишем подряд N разложе-
ний бинома Ньютона (1 4-х)л' для х= е, е2, ..., eN:
/ м\	/N\	/N\
(1 4-eV = ( 0 ) + ( j 2	•••+(дМе*ЛГ’
где k—l, 2, ..., N. Умножив правую и левую части
fe-ro разложения на е~кг, где г — целое число, удовлетво-
ряющее неравенству 0 <. г <. N, и сложив, получим
357
поскольку при l=£r
и
2 ен/-г) = о.
6=0
С другой стороны,
N	N
(1 + ek)N &~kr =	(8ft/2 + e~ft/2)w efe (^-2»-)/2 =
Л<==1	k—Q
N
По	fcrrVr k(N — 2r)n . . . fc(tf-2r)n1
Scos-^) [cos--> N +tSln-^---------------J.
m=0
Приравнивая вещественные части, находим
(NX 2N V ( kn\« k(N — 2r)n
G)=^rLlcos-Ar) cos—n—•
/?«=!
Полагая x = N — 2r, убеждаемся, что выведенное со-
отношение совпадает с тем, которое требовалось дока-
зать.
201.	Примем один из концов дороги за начало от-
счета. Тогда положение любого человека можно задать,
указав его координату х, где 0 х а. Координата х
представляет собой случайную величину с распреде-
лением
р(х) =
1 А - -
— при О^х^а,
0 при х & [0, а].
Если Х{ (i=I, 2........п)—набор координат, харак-
теризующий заданную расстановку п людей вдоль до-
роги, то вероятность того, что xi+i Xt + b при i =
= 1, 2......п— 1, определяется повторным интегралом
а—(п—1)6	а—(п—2)6
I = р (х,) dxi р (х2) dx2 ...
о	*1+6
а—Ь	а
• ••	Р (^л—i) ^xi	p{xn)dxat
*n-2+6	*n-l+6
358
который вычисляется без труда и оказывается равным
, Г а-(»-!)& Г 1
L a J * п\
Поскольку при заданном наборе точек х; существует
и! перестановок п людей вдоль дороги, то искомая веро-
ятность равна
р = пц = [1-(п-1)Ь/а]п.
(Ясно, что должно выполняться условие (я — 1)6^ а.)
202.	Пусть хп — последовательность точек нормиро-
ванного линейного пространства, например 3-мерного
пространства. Предположим, что II хп II > 6 при всех п.
Если существует последовательность положительных
скаляров сп, таких, что lim || спхп — х0 II — 0, то lim (||х01|+
+ 1|х„|| — ||хо + хп||) = О. Действительно, || х01| = || х0 —
4“ II II Хц II 4~ II *0 спхп II	И	II *0 4“ Хп II ==
== II (с„ 4“ 0 Хп 4“ *0 ~~ СпХп || (сп 1) || Хп ||	|| Хп СпХп ||,
в силу чего
О<||хо11 + ||х„|| — ||х0 + х„||<2||х0 — с„х„||.
Поскольку выражение, стоящее в правой части послед-
него неравенства, стремится к нулю при п—>-оо, то
II хо || + II хп || — ||х0 + *п II также стремится к нулю при
п—> оо.
Если, кроме того, пространство наделено скалярным
произведением (например, является, /г-мерным евклидо-
вым пространством), то
0_Д_______l_||2=
II II х ||	|| у || ||
= "*" +||"хУ||1'u if + у" (IMI + II II - II + УII )
откуда при || х„ || > 6 > 0 и lim (||х0 II + II х„ ||—1| х0 + х„ ||)=0
получаем
Пт Ц-До_______^11 = 0
II II хо II II х„ || || и’
или, полагая ||х0||/||х„|| = с„,
lim || х0 — с„х„ || = 0.
Л->ОО
359
Полученное соотношение остается в силе и в том
случае, если пространство не наделено скалярным про-
изведением, но удовлетворяет некоторому условию вы-
пуклости, достаточному для заключения о сходимости
к нулю величины || Xq/|| х0 II— хп/||хп||||, если известно,
что lim (||х01| 4-1| хп || —• || х0 + х„ ||) = 0. Например, можно
Л-»оо
потребовать, чтобы при любом б > 0 существовало чи-
сло М, такое, что для всех х и у, удовлетворяющих не-
равенствам || х || > б, || у || > б, выполнялось соотноше-
ние
1RT “ Ш I М (|,х 11 +11 у 11 ”11 х + у |,)’
203. На вопрос задачи следует дать отрицатель-
ный ответ. Действительно, пусть fi (х) = f2 (х) = cos х,
/з(х) = cosx-j-«cos3x, где а — параметр. Тогда
Л
L3 (а) = 2 j V1 + (sin х + Зя sin Зх)2 dx.
о
Заметим, что L3 (0) = L2 = Li. Докажем, что dL2lda > 0
при а = 0. Отсюда будет следовать, что при достаточно
малых отрицательных значениях параметра а величина
£з(а) меньше Аз(0) = А2 = Дифференцируя под зна-
ком интеграла и полагая а = 0, получаем
dL3
da
я
/> Г sin х sin Зх
= о \ .
а-0 J VI + sin2 X
я
2
= 6(
J -Vi + sin2 х
dx.
я
2
Г cos 2х — cos 4х <
\ —м . А ах =
j VI + sin2 х
где g(x)= cos2x — cos4x. Функция g(x) положительна
при 0 < х < л/3 и отрицательна при п/3 < х < л/2,
я
2
Кроме того, g(x)dx= 0. Но 1 /V1 + sin2x	при
о
360
О х «С л/2 — положительная убывающая функция, при-
нимающая при х = л/3 значение 2/д/7 • Следовательно,
л	л
2	3
Л	л
2	2
( е - dx > -?=• ( g (х) dx.
J VI + sin2 х V7 J ' ’
Л	Л
3	3
Складывая отдельно правые и левые части неравенств,
получаем
Л	л
2.	= f	dx >.С а (х) dx= о
6 da а=0 i Vl+sin2x > V7 }swax U’
из чего следует, что производная dL^da положительна
при а = 0. Таким образом, при достаточно малых отри-
цательных значениях параметра а выполняется неравен-
ство Ls(a) <Z L2 = Li, противоречащее неравенствам,
приведенным в условиях задачи.
204.	Пусть в — любое, заданное число, удовлетворяю-
щее неравенству 0 < 8 < (Ь — а) 12. Поскольку в интер-
вале а t b функция f (t) монотонно возрастает, то
f (b —	— 2е) > 1. Следовательно, существует поло-
жительное целое число Р, такое, что при любом р> Р
г f(Z> - в) др	Ь-а
Lf(6 —2e)J е
или
Г(&-в)>-^Г(&-2е).
Кроме того,
b	ь
J fp(t)dt> J fp(b-&)dt
а	Ь-ь
361
и	&	ь
a	b-г
Таким образом, число хр удовлетворяет соотношению
ь
fP(xP) = T^^fp (t)dt
а
только в том случае, если выполняется неравенство
хр > b — 2е. Следовательно, существует такое Р, что
при любом р> Р справедливо неравенство хр > b — 2е,
откуда, переходя к пределу при р -* оо, получаем
lim хр = Ь.
р-+<х>
205.	Пусть В — кольцо с определяющим соотноше-
нием х2 — ± х. Если х2 — х, то х3 = х2 = х, в то время
как если х2 — — х, то х3 = —• х2 = х. Следовательно,
соотношение х3 = х выполняется для любого х е В. Из
соотношения (2х)3 = 2х получаем, что для любого х е В
справедливо соотношение 6х = 0. Пусть В2 и В3— иде-
алы, определяемые соотношениями 2х = 0 (хе В2) и
Зх = 0 (хе В3). Ясно, что В2— булево кольцо, а коль-
цо В представляет собой прямую сумму идеалов В2 и В3.
Если Вз ф (0), то пусть геВз, z=^0. Тогда в идеале В3
существует элемент х, такой, что х2 = х и х =И= 0, по-
скольку мы всегда можем выбрать x — z, если z2 = z,
и х = — z — в противном случае. Пусть у ф 0 и у е В3.
Тогда либо а) у2 == у, либо б) у2 = — у. Рассмотрим
случай «а». К^к показывают прямые выкладки,
(х + «/)2 + (х —г/)2 = — х — у, в то время как наши
основные допущения приводят к соотношениям
(х + У)2 + (х — У)2 =±(* + Ю±(х — у), откуда ±2х=
= — х — у или ± 2у = — х — у. Поскольку оба элемен-
та х и у отличны от нуля, то у — х. Случай «б». В этом
случае (х + у)2 + (х — у)2 = у — х. Следовательно, по-
скольку оба элемента х и у отличны от нуля, то у — — х.
Таким образом, В3 — кольцо, содержащее три элемента:
0, х, — х, и оно изоморфно полю вычетов по модулю 3,
что и требовалось доказать.
362
206.	Докажем сначала утверждение «б». Любой мно-
гоугольник, обладающий центральной симметрией, пред-
ставляет собой 2т-угольник с попарно параллельными
сторонами, поскольку отражение относительно центра
симметрии переводит любую сторону такого многоуголь-
ника в равную и параллельную сторону. Разобьем ка-
ждую грань выпуклого многогранника с центрально
симметричными гранями на параллелограммы. Это
можно сделать, поскольку любой 2т-угольник с попарно
параллельными сторонами допускает разбиение на
2(m— 1)-угольник с попарно параллельными сторонами
и полоску, состоящую из т — 1 параллелограммов. Ка-
ждое ребро многогранника определяет некий набор
параллельных сторон и тем самым некий набор парал-
лелограммов, который мы назовем зоной. Каждый па-
раллелограмм определяет две зоны, которые по тополо-
гическим соображениям должны пересекаться по не-
коему другому параллелограмму, называемому парным
по отношению к первому.
Основной и парный параллелограммы конгруэнтны и
расположены в параллельных плоскостях, поскольку их
стороны попарно равны и параллельны. Кроме того, пло-
скость любого параллелограмма не может быть парал-
лельна плоскости более чем одного параллелограмма,
поскольку в противном случае многогранник не был бы
выпуклым.
Очевидно, что два конгруэнтных параллелограмма
с попарно параллельными сторонами симметричны отно-
сительно некоторого центра. Остается лишь доказать,
что центр симметрии, определяемый выбранным и пар-
ным параллелограммами, совпадает с центром симмет-
рии, определяемым любым другим параллелограммом и
парным ему. Докажем это утверждение сначала для
двух смежных параллелограммов и парных им. Центр
симметрии любого параллелограмма и парного ему опре-
деляется произвольно выбранной точкой на одном из
параллелограммов. Выберем точку, например, на сто-
роне параллелограмма. Поскольку эта точка принадле-
жит также и смежному параллелограмму, то оба эти
параллелограмма и парные им обладают одним и тем
же центром симметрии. Но от любого параллелограмма
к произвольно выбранному другому можно перейти,
пройдя несколько граней и ребер. Следовательно, все
363
пары параллелограммов обладают одним и тем же
центром симметрии. Таким образом, утверждение «б»
доказано.
Утверждение «а» следует из утверждения «б». Лю-
бые две зоны должны пересекаться. Действительно,
рассмотрим произвольно выбранную зону и любой не
принадлежащий ей параллелограмм. Тогда параллело-
грамм, парный выбранному, находится по другую сто-
рону зоны, поскольку в противном случае многогранник
не был бы выпуклым. Следовательно, каждая зона пере-
секается с зоной, определяемой любым не принадлежа-
щим ей параллелограммом, а значит, пересекается со
всеми остальными зонами. Кроме того, как доказано
выше, любые две зоны, коль скоро они пересекаются,
должны пересекаться дважды. Пусть п — число зон.
Тогда число граней должно быть равно числу пересече-
ний зон, то есть 2 =п(п — 1). что и требовалось
доказать.
207.	Пусть •& — азимут направления из точки О на
точку D; а, р— азимуты направлений из точки О на
точки А и В; ai, pi — азимуты направлений из точки С
на точки А, В; аг, ра. Та — азимуты направлений из точ-
ки D на точки А, В, С. Требуется определить азимут •&.
Прежде всего докажем, что азимут Ф однозначно
определяется имеющимися у охотника данными, то есть
азимутами а, р, аь рь аг, Рг, Y2-
Действительно, все углы треугольников ODA, DAC,
DCB и ODB выражаются через измеренные азимуты и
угол 0. Из теоремы синусов и тождества
OD _ OD DA	DC
DB~ DA ’ DC	DB
получаем
sin (P — p2)_ sin (a — g2) sin (ai	— y2) sin (Pi	— p2)
sin (& — ₽)	sin (0 — g) sin (gi — g2) sin (₽i	— y2) *
откуда
sin (Ф — a) = k sin (ft — P),	(1)
где
__ sin (g — g2) sin (Pi — p2) sin (gt — y2)
sin (gj — g2) sin (P — p2) sin (Pi — y2) *
364
Полученное соотношение (1) позволяет определить ази-
мут ф:
sina-Л sing
°	cos а — k cos fl '
He. прибегая к таблицам, задачу нетрудно решить
при помощи транспортира и лйнейки, если проделать
следующее несложное построение. Отложим произвольно
выбранный отрезок CD. Построив прямые СА, DA, СВ и
DB, определим положение точек А и В. Затем проведем
прямые АО и ВО, что позволит установить положение
точки О и определить по чертежу азимут направления
DO.
В двух случаях соотношение (1) становится неопре-
деленным, а приведенное выше геометрическое построе-
ние невозможным: 1) если точки С и D расположены на
одной прямой с точкой А (или В); 2) если точка О рас-
положена на одной прямой с точками А и В. Если охот-
ник не располагает другими сведениями, то путь его до-
мой может быть довольно длинным: сначала по азимуту
до точки А (или В), а оттуда — домой в точку О.
208.	Пусть
/ И
/? (л, г, х) = r j лх2'+> (1 - xfn~2r+i.	(1)
Докажем, что точная верхняя грань величины /?(л, г; х),
взятая по всем п, г и х, изменяющимся в пределах, кото-
рые указаны в условиях задачи, равна 1/2е. Пусть
S(n,r)—максимальное значение /?(л, г;х) при фиксиро-
ванных п и г в интервале 0 < х < 1. Требуется доказать,
что -sup S (л, г) — 1/2е, где верхняя грань берется по всем
целым числам лиг, удовлетворяющим неравенствам
л > 1 и 0 < г л. Дифференцируя /? (л, г; х), нетрудно
установить, что максимум /?(л, г; х) как функции от х
при 0 < х < 1 достигается в точке х = (2г + 1)/(2л + 2),
в силу чего
(2)
Пусть при r = 0, 1, .... л—1
365
Из соотношения (2) следует, что
f _ (га - г)2 (2г + 3)2г+3 (2га - 2г - 1 )2п-2г-1
'	(r+I)2 (2г + 1)2/,+1 (2« — 2г + l)2rt-2r+l ‘	' }
Временно рассматривая г как непрерывную перемен-
ную (O^r^n-j-l), получаем из (3)
d_l_n<7(ra,r) _ _ __2_ 	/	 _2_\ _
dr	r+l Zln I1 + 2г+1 )
--^7+210(1 + 2^^) =
= f(2r+l) + f(2n-2r-l),	(4)
где /(/)=-4/(/+1)+21п(1+2/0, t > 0. (Поскольку
0 г «С п — 1, то 2r + 1	1 и 2п — 2г — 1	1.) Поль-
зуясь тем, что limf(/) = 0 и/'(/)= 4/(/+ I)2—-4//(/+2)<
t ->оо
< 0, находим, что /(/) > 0 при t > 0. Отсюда и из со-
отношения (4) следует, что dln^(n, г)/<+>0. Таким
образом, с увеличением г (r = 0, 1, ..., п — 1) функция
q(n, г) возрастает. В частности, при 0 г < (п—1)/2
q(п, г) < q(п, п—1 — г).	(5)
С другой стороны, из соотношения (I) следует, что
R (п, п — г; х) = Л (ft, г; 1 — х), в силу чего S (п, п — г) =
= S(n, г) и q(n, п — 1 — r)= \/q(n, г). Из последнего
соотношения и неравенства (5) заключаем, что q(n,r)<Z
< 1 < q(n, п — 1 — г) при 0 г <, (п— 1 )/2. (Если п —
нечетное число, то q(n, r)= 1 при г = (n— 1 )/2.) Таким
образом, при фиксированном п функция 3 (ft, г) убывает
в интервале 0	r<(n+ 1)/2 и возрастает в интервале
(ft— 1)/2 < г п. Следовательно, наибольшее значение
функции 3 (п, г) (г = 0, 1, .... /г) равно
3 (п, 0) = 3 (ft, ft) = ft (2ft + 1 )2rt+1 / (2ft + 2)2rt+2.	(6)
Остается доказать, что sup S(n, 0) = l/2e, где точ-
ная верхняя грань берется по всем натуральным значе-
ниям «. Условимся временно рассматривать п в со-
отношении (6) как непрерывную переменную. Тог-
да d In S(n, 0)/dn = 1/ft —21n[l + l/(2« + 1)] > 1/n —
—2/(2« + l)>0 (поскольку 1п(1+н)<н при н>0).
Таким образом, при п^1 функция S(«,0) с увеличе-
нием ft возрастает. С другой стороны, из соотношения (6)
366
следует, что S(n, 0) = [n/(2n + 2)][1 + 1/(2ft + 1)]-<2n+I>,
откуда lim S (ft, 0) = 1/2. Это и означает, что
П-> ОО
supS (п, 0) = 1/2е. Поскольку S(n, 0) в действительности
меньше 1/2е при п = 1, 2, ... , то в неравенстве, приве-
денном в условии задачи, знак указан верно: именно <,
а не
209 *. В тривиальном случае а= b = с = = 0
имеем единственное решение х = у = z = 0, поэтому в
дальнейшем будем предполагать, что по крайней мере
один из коэффициентов отличен от нуля, например
с =И= 0.
Пусть (х, у, г) — целочисленное решение нашей си-
стемы. Тогда
z = ax±by	(1)
и
с2 (х2 + у2) + (ах + by)2 = c2R2.	(2)
Умножив (2) на &24~с2 и преобразуя, получаем
c'W + [abx + (Ь2 + с2) у}2 = (Ь2 + с2) c2R2,
и если обозначить
Х=х, Y= .^x + (^+c2)y ,	(3)
С А
то
X2 + Y2 = b2 + c2.	(4)
При этом Y, квадрат которого есть целое число, само
должно быть целым. Кроме того, выражая из (3) х и у
через X и У, мы убеждаемся, что должно выполняться
сравнение
abX = cRY (mod (b2 + с2)).	(5)
Обратно, если X и У — целые числа, удовлетворяю-
щие уравнению (4) и сравнению (5), то х, у и г, опреде-
ляемые из (3) и (1), дают решение исходной системы
(z будет целым в силу (2)).
Рассмотрим сначала случай, когда а = 0. Тогда из
(5) cRY делится на b2с2 — R2 и, значит, Y = nR[b,
где п — целое, а б = (с, R) и, как легко видеть,
6 = (б, с). Из (4) имеем X = mR/b и
т2 + «2=б2.	(6)
367
Это дает решение исходной системы
mR пс	nb
Х~~Ъ~' У — z~ д~
и число решений равно числу различных разложений
вида (6).
Аналогично, если b = 0, то
где т, п и S имеют прежний смысл (и на сей раз
6= (а, с)).
Пусть теперь abc #= 0. В разложениях на простые
множители
a2+c2 = p{...ps, b2 + c2 = ps+i...pr
все Рь (которые не обязательно различны) суть либо 2,
либо имеют вид 4п + 1 и потому в гауссовом кольце
разлагаются на два простых комплексно сопряженных
множителя (III. 10):
Рк = PW = (“а +	(“а “ ФЛ
Поскольку
(a2b + iRc) (ab — iRc) = a2b2 4- R2c2=
= (a2 + c2) (b2 + c2) = pi... psps+1 ...pr,
должно выполняться равенство
(ab 4- iRc) = p^ ... p^ = (u 4- iv) (Xo - iYq), (7)
где 6-=l или 2, u-j- iv = p[1^ ... p^s\ X0 — iY0 =
= p^+0... P^r\ так что
X20 + Y2 = ps+l ...p=b2 + c2.
Отсюда
(abXQ - RcY0) 4- i (abYQ 4- RcX0) = (ab 4- iRc) (Xo 4- iY0) =
= (a 4- iv) (Xo - iY0) (XQ 4- IYO) = (u + iv) (b2 4- c2)
и, следовательно,
abXQ = RcYq (mod (b2 4- c2)),	(8)
a&y0 = -M0(mod(&24-c2)).	(9)
368
Это дает нам четыре решения системы (4) — (5):
Х = ±Х0, Y=±Y0’, X = ±Y0, Y = + Xo,
а стало быть, и четыре решения исходной задачи.
Обратно, если Хо + Уо = Ь2 + с2, то в силу тожде-
ства Лагранжа
(abX0 - RcYtf + (abY0 + RcXtf =
= [(ab)2 + (Яс)2] [X2 + У2] = (а2 + с2) (&2 + с2)2,
так что если имеет место (8), то имеет место и (9).
Следовательно,
ab + iRc_ (ab + iRc) (Хо + /Гр) _
*0 ~ 'Уо	^о + Уо
аЬХд — RcYo + i (abY0 + RcX0)	_ ।
=---------FT?-----------------=“+m
— целое гауссово число. Далее,
„2 , „2 _ («*)2 + Ш2 («2 + с2) (*2 + С2) _ „2 , „2
“	- х2+у2 - ЬЧТ2	~а + с'
так что имеет место (7) и решение (Хо, Уо) системы
(4) — (5) принадлежит к числу найденных нами выше.
Таким образом, при abc =И= 0 задача имеет 4 решения.
210. Пусть
= („2i)f $ w (0 е~* dt>
п
I =н ert+i.
Докажем более сильное неравенство
/ViCCe-ir1.	(1)
из которого будет следовать неравенство, приведенное в
условии задачи. Оценка (1) неулучшаема. В действи-
тельности мы докажем, что при п -» оо
-(e-l)-".	(2)
369
Производя простую замену переменной, получаем
Л = 4-^+1)(/ + 2) ••• (t + ^e^dt.
Тогда
4+1 -4=7^17^(<+1) (t + n)e-*dt =
о
— кп + е-14+ь
где
^п=7ЯП)Г W+ ••• +	С3)
’ о
Таким образом,
(l-e-1)Z„+I-/„ = ^	(4)
и, в частности,
в силу чего /п = /п(1 — е-’)"+1 — монотонно возрастаю-
щая последовательность. Из соотношения, (4) получаем
откуда
Jm - Л = Е1 (4+. - 4) = £* Кп(1 - е-'Г1.
П=1	П=1
Из соотношения (3) следует, что Кп < 1 (п = 1, 2, ...),
поэтому
Нш/„=Л + Е /(„(l-a-T1.	(5)
п-»оо	П=1
При t^O
е* = [1 - (1 - е-1)]-' = 1 + t(l - е-1) +
, / (/+ 1) (1 — е-1)2 ,
+	21	+ • • •’
или
1 = е-' + te~l (1 - е-1) + <(/+.1}	+. ,..,
370
Интегрируя ряд почленно по единичному интервалу
(что, очевидно, допустимо), приходим к равенству
1	1	ОО
1 = J e-t dt + (1 - е-1) J te-t dt+^Kniy- e~I)"+1 •
О	0	п-\
откуда, используя соотношение (5), получаем
lim /„=14-/1
П->оо
1	1
- \	(1-е-1) J
о	о
te~l dt.
Как показывают несложные выкладки, Л = 2(1 —• е-1)2
и
lim/„ = l.
П->оо
Тем самым асимптотическая оценка (2), из которой
вследствие монотонности /п сразу же следует неравен-
ство (1), доказана.
кружков
211. Число всех возможных перестановок п
равно п\. Пусть Ah— число тех перестановок, при кото-
рых номера k кружков совпали с накрытыми кружками
числами. Нетрудно видеть, что Ak совпадает с коэффи-
циентом при xjx2 • • • хп1к в разложении функции
<р= (xtt 4- *г4-... 4- *„)(*! 4- x2t 4-... 4- *„)
• •• (*i 4- *2 4* ••• 4* xnt) =
= [Е Xi+(t—i)*i][E *<4-tf—0*2] ...[Е *<4-tf— i)*n]=
= E (Е*Уо — i)"’fi(*i*2 • • -xn-g+...)
g-0
по степеням xit где последняя скобка содержит все на-
боры по п — g различных переменных из хь х2, .... хп.
(п~ё\
Коэффициент при tk в (t — l)n-g равен I . JX
Х(—l)n~s~\ коэффициент при членех^х^ ... xig, где все
xtk различны, в (£xjff равен g!, число способов, кото-
рыми можно выбрать g различных переменных из
(п \
I, и при любом наборе g
ё *
371
переменных в последней скобке существует один и
только один член, дополняющий произведение выбран*
ных переменных до ... хп. Следовательно, искомый
коэффициент равен
Таким образом, вероятность того, что номера k кружков
совпали с накрытыми кружками числами, составляет
n—k	.
А = V (-D”~g~*
n!	2—i A! (n — k — gj! 1=3
g=0
= ir(I —	2Г“" •••	(«-*)[)•
При П->ОО
Ak . в-1
п! А! ’
Таким образом, интересующее нас распределение веро»
ятностей в асимптотике является распределением Пуас-
сона.
212.	Лп = (3« — 3)/2
213.	Интегрируя по частям дважды, получаем
f e~x2dx	е~х2 /	1	\	f e~x2dx
J (x2 + */2)2 — 2x 4	x2 + V2 J	J x* ~
—_______L-l____|_ e x _i_ 2 ( e~x2 dx =
2x(x2+V2) ф x	aX
— «2
= x* + 42+2\e~X2dx'
00
Поскольку \)e~x2dx = Vn/2, to
о
00	..9
C e~x dx  r—
1 Подробное решение этой задачи см. Шклярский Д. О., Чен-
цов Н. Н., Яглом И. М, Избранные задачи и теоремы элементарной
математики, ч. I, Арифметика и алгебра, М., 1954 (1959), стр. 94—
99, а также Яглом А. М., Яглом И. М., Вероятность и информация,
М„ «Наука», 1973, стр 157—162.
372
214.	Первая часть утверждения задачи тривиальна.
Докажем вторую часть. Пусть функция f(x) непрерывна
по Чезаро при единственном значении х =а. Не огра-
ничивая общности, предположим, что а = 0 и f(a) = 0
(в противном случае достаточно подвергнуть оси коор-
динат параллельному переносу). Последовательность
{а, Ь, с, а, Ъ, с, ...} сходится к нулю в смысле Чезаро,
если а + b + с = 0. Из непрерывности по Чезаро функ-
ции f(x) в нуле мы заключаем, что f(a) + f(6)+f(c) =
= 0 или f(a) + f(&) =— f(—а — b). Кроме того, f(a) =
= — f(— а). Поэтому при любых х и у
f(x + y) = f(x)-}-f(y), f(nx) = nf(x).
Если последовательность {хп} сходится к нулю в
обычном смысле, то она сходится к нулю и в смысле
Чезаро. Следовательно, функция f(x) непрерывна при
х = 0 в обычном смысле, а в силу аддитивности функ-
ции f(x) и при всех остальных значениях х. Хорошо из-
вестно, что единственное непрерывное решение функцио-
нального уравнения f(x + у) = f (х) f (у) имеет вид
f(x) = Ах (см. Ш. 15).
215.	Докажем утверждение задачи от противного.
Предположим, что число т, удовлетворяющее всем
условиям задачи, не допускает представления в виде
произведения k чисел, каждое из которых не превосхо-
дит п. Запишем т в виде произведения простых чисел
Г
т = Т1р1, р1^р2<... <рг
i-l
и определим два набора чисел Ль А2, ...,ДЛ и
Гц г2,..rh соотношениями
Л-1
Л= npf<n, pn4>n,
,«1
Л-1
А= Пр«<«. ргД >п.
rfe~I
Ак = П Pt^n, рГкАк> п.
373
Принятые нами допущения гарантируют, что нам удаст-
ся довести построение набора чисел Д по крайней мере
до Ah. Ясно, что Д/+1>рг (j= 1, 2, ... k— 1) и
^ДЛ2 ... AkPrk- Следовательно,
/и2 (ДЛ2 ... AkPr^f = (ДД) (ДЛ3) ...
• • • (Д-1Д) (Л1РГд) ^Akpr^j (AiPri)2 (ДрГ2) ...
... (Лй-1рГЙ_,)(Л^)>^+1.
Полученное противоречие свидетельствует о том, что
первое утверждение задачи верно.
Теперь докажем второе утверждение. Пусть k — фик-
сированное натуральное число, s — произвольное поло-
жительное число и
6 = min(l’ ттгУ
Тогда существует такое число По(6), что при всех
п > по(6) найдется простое число р, удовлетворяющее
неравенствам
п,/2 < р < п'1г+&.
Целое число т = pk+i не имеет простых делителей,
которые превышали бы п, его нельзя представить в виде
произведения k целых чисел, каждое из которых не
больше п; кроме того, оно удовлетворяет неравенству
т < п2 (fc+1)+®. Таким образом, показатель (&-{-1)/2,
приведенный в условиях задачи, неулучшаем.
216. Докажем следующее утверждение, частным слу-
чаем которого является утверждение задачи.
Пусть Vn — объем симплекса с вершинами Р}, Pz, ...
..., Рп+\ в n-мерном евклидовом пространстве, А = (ац),
I, / = 1, 2, ..., /г+1 — квадратная матрица (п+1)-го
порядка с элементами а1}=|^/у|2, е— («+ 1)-мерная
вектор-строка (1, 1, ..., 1), а е' — получающийся из нее
при транспонировании вектор-столбец.
Тогда
Я е1
е О
= (—• l)"+'2"(n!)2
374
Доказательство. Пусть xt = (х<1), xf?\	— век-
тор-строка вершины Pt относительно Некоторой прямо-
угольной системы координат, а С — составленная из
векторов х{ матрица, содержащая п столбцов и (п 4- 1)
строк. Тогда обычное выражение для объема Vn сим-
плекса в виде определителя можно представить следую-
щим образом:
n\Vn = \Ce'\	(1)
{Се' означает квадратную матрицу, которая получается,
если к прямоугольной матрице С приписать справа век-
тор-столбец е'). Кроме того,
СС' = В = Ьц, i,/ = l, 2, ..., п + 1,	(2)
где
Ьц= Е х^\
Я=1
Если О—-начало координат, то пусть |ОР;|2= г2 и р=
= (rf, 4 .... Г2+,). Тогда
Г/Г/ cos (z PiOPj) = £	= bit, (3)
fe=i '	'
i, / = 1, 2, ..., n + 1
и
D = {di}) = (>'e + e'(>,	(4)
где = r2 + г2. Поскольку
«//=1ЛЛ|2= H ~ 2riricos (ZPi0Pi)>
то из соотношений (3) и (4) получаем
Л=£>-2В.	(5)
Если Е — единичная матрица (п+1)-го порядка, то
/Е — р'\/Л е'\/ Е 0Ч_
Io 1 Д е 0 Д-р 1)~
/ А — р'е — е'р е' \	/’ — 2В е'\
— к е 0 )~ к е 0 /’
375
поэтому
Подставляя в (6)
/-2В е'\_/-2СС' е'
\ е О/ \ е О
получаем *
А
е
= -1 2Се' | 
С'
е
= (—1)"+12"| Се' |2 = (-1)я+1 2я (и!)2 V2
(при замене |Се'| на n\Vn мы воспользовались соотно-
шением (1)).
Любопытно заметить, что вывод окончательной фор-
мулы значительно упрощается, если заранее предполо-
жить невырожденность симплекса (Vn¥=0). Тогда на-
чало координат можно выбрать в центре описанной ги-
персферы, вследствие чего г2 = г2 (z = 1,2...п+1).
Соотношение (6) получается при этом из матричного
равенства
/А	Е 0\
к е О Д - 2r2e 1 )
— 2В
е
О )
217.	Пусть P(z) = zft+ ... — многочлен степени
k^l, D(P) — открытое множество, в точках которого
|P(z)|>l, и D*(P)—неограниченная (очевидно, един-
ственная) компонента области D(P). Заметим, что
D*(P) содержит полную окрестность бесконечно уда-
ленной точки и граница D*(P) не пуста. В этих обозна-
чениях первоначальная задача формулируется следую-
щим образом: доказать, что D(f) не может быть соб-
ственным подмножеством множества D(g).
376
Примем более слабое допущение: предположим, что
D(f) — некоторое (не обязательно собственное) подмно-
жество множества D(g), то есть D (f) s D (g). Тогда
D*(f)^D*(g). При zeD*(/) рассмотрим вспомогатель-
ную функцию T(z) = F(z)/G(z), где (F(z) = [f(z)]m и
G(z) = [g(z)]n. Ясно, что b(F) =D(f) и D(G) = D(g).
Функция T(z) аналитична в	а поскольку
| G (z) |	1 на границе компоненты D* (f), то | T(z) |	1
на границе компоненты	С другой стороны,
T(z)—>1 при z—*оо. Следовательно, по теореме о мак-
симуме модуля T(z)== 1 и F(z) = G(z) в а зна-
чит, и на всей комплексной плоскости. Таким образом,
D(f) = D(g), что и требовалось доказать.
Если (т, п) — d и т = dm}, п = dn}, то приведенное
выше доказательство, означает, что [f (z)]m!= [g(z)]ra'.
Поскольку mi и tii—взаимно простые числа, то по тео-
реме о единственности разложения многочленов над по-
лем комплексных чисел существует многочлен h(z), та-
кой, что f (z) = [h (z)]rci, g (z) = [h (z)]"”. Таким образом,
D(f)^D(g) в том и только в том случае, если f(z) и
g(z) — целые положительные степени одного и того же
многочлена h(z).
218.	Докажем сначала следующую теорему.
Теорема. Пусть Л(х), f2(x), ..., fn(x), gi(x),
g2(x), ..., gn(x) — 2n многочленов и
X
Ф// (x) = J fi («) gj («) du.
a
Тогда определитель |<₽о(х) | имеет при х = а корень,
кратность которого не меньше п2.
Доказательство. Пусть F(x) — | <р4,- (х) |. Требуется до-
казать, что F(ft>(a) = 0 при О k < п2. Дифференцируя
определитель F(x) по известному правилу (производная
определителя равна сумме определителей, получающих-
ся дифференцированием поочередно каждой из строк),
получаем
fi>1 w- Е	(о
где суммирование проводится по всем разбиениям числа
k на п неотрицательных слагаемых k2, ..., kn. Пусть
377
F<ft)(x) = Gft(x) + Hh(x), где Gh(x) содержит те члены
правой части (1), в которых по крайней мере одно сла-
гаемое равно нулю, а Нк(х)— члены, в которых все
слагаемые ki положительны. Поскольку ф<Да) = 0, то
бй(а) = 0 (таким образом, при 0 k <. п теорема до-
казана). Докажем теперь, что Нк(х} = 0.
Поскольку (х) = ft (х)g. (х), то при I, /= 1, 2, п
и ^>1
=Е f(iSi) w 4м (2)
где суммирование проводится по всем неотрицательным
значениям з,- и iit таким, что s{ + tg = ki — 1.
Подставляя в соотношении (1) в каждый член
Яй(х) вместо элементов определителя ф^Цх) их выра-
жение из (2), получаем определитель, у которого ка-
ждый элемент i-й строки представляет собой сумму ki
членов. Такой определитель можно записать в виде сум-
мы k\ki ... kn определителей и после некоторых упро-
щений привести Нк(х) к следующему виду:
bl	f (Sl) f 1 n м
= X (s, + Zj +1).. .(s„+ +1) • S1!. s„! /,!?.. f„! 14 1 l>
(3)
где сумма берется по всем наборам неотрицательных
целых чисел sj, 82, ..., sn, Л, /2, ..., tn, удовлетворяю-
щих условию У, (з,- + ti) = k — n.
Те слагаемые в разложении (3), которые содержат
по крайней мере два равных ti, обращаются в нуль.
В остальных слагаемых, содержащих попарно различ-
ные t{, по крайней мере два числа зг равны, поскольку
в противном случае k — п = У,(sz + t^^nin — 1), что
противоречит условию k < п2. Ненулевые слагаемые в
разложении Нк(х) можно разбить на пары по следую-
щему принципу. В каждом таком слагаемом пусть т —
наименьший индекс, при котором з|П совпадает с дру-
гим st, а- г > т — наименьший индекс, при котором
sr = sm. Сопоставим ненулевому слагаемому в разложе-
нии Нк(х) другое слагаемое с теми же значениями з, и
378
ti, но с переставленными значениями tm и tr. Нетрудно
видеть, что такое соответствие между членами разло-
жения Hh(x) действительно позволяет разбить их на
пары и в каждой паре сумма членов равна нулю. Итак,
теорема полностью доказана.
Рассмотрим теперь случай, приведенный в условии
задачи: fi(x) = g1(x) = x’-1, z=l, 2.....га; а = 1;
Фо =	— l)/(i’ + /— !)• По доказанной теореме
|<Pij| делится на (х —• 1)". Нетрудно проверить, что ка-
ждый член в разложении этого определителя представ-
ляет собой многочлен степени п2. Следовательно,
| xz+/-i/(j 4- j — 1) | = Ап (x — 1)”’, где коэффициент An =
= | l/(i + / — 1) j зависйт только от n. Значения An
определяются формулами Аг — 1,
п — 2, 3...
219.	Последовательность чисел, получаемая после
вписывания чисел п, совпадает с набором знаменателей
членов га-й последовательности Фарея Fn. Как известно,
Fn состоит из всех неприводимых дробей, заключенных
между 0 и 1 (включая концы интервала) и имеющих
знаменатели не больше п. Отсюда следует, что при пе-
реходе от Fn-\ к Fn добавляется ср (га) членов. Поэтому
решение задачи сводится к доказательству следующего
утверждения*: если h/k, h"[k", h'/k' — три последова-
тельных члена Fn и дробь h"/k" не встречается среди
членов (га—1)-й последовательности Фарея Fn-i, то
h + h' = h" и k + k' = k". Таким образом, переходя от
Fn-i к Fn, мы вписываем члены с знаменателем п лишь
между теми членами Fn-\, у которых сумма знаменате-
лей равна п, и утверждение задачи без труда доказы-
вается методом математической индукции.
Последовательность чисел, о которой говорится в
условии задачи, впервые рассмотрел Штерн.
220.	Конструкция, о которой говорится в условии за-
дачи, изображена на рис. 22.
По известному свойству инверсора Поселье
OZ . ОХ = О А2 — ZA2 = т\
YZ •YO = YC2 —ZC2 = n2.
379
Следовательно, выполняются соотношения
OY • (ОУ - OZ) = ОУ2 - ОУ • OZ = п2,
nY _ OY • т2
иЛ ~ OY2 — п2 ’
Если плоскость, в которой двигаются звенья кон-
струкции, рассматривать как плоскость комплексного
переменного с началом в точке О, то
v _	У«2
л~ Y-Y'-n2 '
где X и У — комплексные числа, соответствующие шар-
нирам X и У, а У* — число, комплексно сопряженное с
числом У, или
У=-&Х, У* = -&Г, O2XX*-n2 = W,
где •& = (УУ*—• п2)1т2— вещественное число. Следова-
тельно, если точка У описывает окружность
аУУ* + сУ‘ + с‘У + р = О,
то точка X описывает коническое сечение
(си2 + р)2ХГ + [п2(сГ + с‘Х)-т2р] [сХ* + с*Х+т2а]=0.
Заметим, что если точка У описывает окружность,
проходящую через точку О, то точка Z описывает цис-
соиду.
221.	Пусть х', у', г' — некая перестановка цифр х, у,
z и
хВ2 -j- уВ + z = х'В'2 + у'В' + 2'.	(1)
380
При фиксированных В и В' соотношение (1) можно
представить в виде
рх 4- qy + rz = 0,	(2)
где р, q, г — целочисленные функции от В и В'. Суще-
ствует бесконечно много наборов целых чисел х, у, z,
удовлетворяющих уравнению (2), а именно
_ kzq - k2r _ ktr __________ k3p _ k2p k}q
(p, q) (P, r) ’ У (q, r) (p, q) ’	(p, r) (q, г)*
где (a, b) — наибольший (положительный) общий дели-
тель чисел а и b, a k\, k%, k$— произвольные целые чис-
ла. Кроме того, по смыслу задачи
0<х, у, z < В, В'.
(3)
Целочисленные значения х, у, z, удовлетворяющие одно-
временно уравнению (2) и неравенствам (3), могут, не
существовать, но если они существуют, то их нетрудно
найти методом проб и ошибок.
Все известные решения для случая В — 10 представ-
лены в таблице. Числа, у которых первая цифра (при
записи в системе счисления с любым основанием) равна
нулю, в таблицу не включены.
26510 = 526,	774,о = 477,3	825)0 = 258)9
316ю = 6317	834jo = 438]4	55110 == 1552j
15810 = 185э	261 ю = 126)5	91210 — 2192)
227ю == 272g	371 ю = 173)6	511 io == 11522
44510 = 544»	913)0 “ 3911в	91О)о = 1902в
1961о ” 169ц	782)0 == 278i8	911 )о « 1912в
28310 = 238ц	441)0 «14419	
37010 = 307,1	518ю — 18519	919ю == 199га
191ю=11913	88210 — 288)9	9611о “ 16928
Многоточиями обозначены тройные равенства 912ю =
= 219г1 = 192гб, 913ю = 39116 == 193гб.
Подобного рода задачи представляют интерес не
столько тем, что они затрагиваюТчТе или иные свойства
систем счисления с различными основаниями, сколько за-
трагиваемыми ими вопросами из элементарной теории
чисел. Например, пусть (обозначения прежние) произве-
дение хх' не является квадратом целого числа. Тогда су-
ществует бесконечно много пар В и В', удовлетворяю-
щих одновременно уравнению (2) и неравенствам (3)«
381
Действительно, пусть р, q — такие положительные целые
числа, что (III. 9)
р2 — xx'q2 — 1.
Тогда основания систем счисления
Вп+1 == (р2 + xx'q2)Bn + 2x'pqB'n = (pqy' + q2x' у),
B'n+i == 2xpqBn + (p2 + xx'q2) Bn = (pqy + q2xy')
удовлетворяют равенству (1), если ему удовлетворяют
основания систем счисления Вп и В'п- Таким образом,
соотношения (4) порождают последовательность Bi и B'i,
удовлетворяющую уравнению (2) при всех i и неравен-
ствам (3), начиная с некоторого «*. Эта последователь-
ность, вообще говоря, не содержит всех решений задачи.
Кроме того, постулировав некоторую зависимость
между основаниями В и В' старой и новой системы счис-
ления, мы можем получить, причем многими способами,
параметрические решения соотношения (1). Например,
если В' = 2В -J- 1, х' = у, у' = z, z' = х, то
B2x + Bz/ + z = (2B+ 1)2р + (2В + l)z + x, (1)
откуда- х + </ = 0 (mod В) и, следовательно, х + у = В.
Исключив х и разделив на В, получим
В2 —l = (5B + 3)z/ + 2z.
Числа у и z удовлетворяют сравнению 2z — 2у =
= 0(mod (В -f- 1)) или 2z — 2у = т(В-{-\) при т = О,
1, —1. Таким образом, В — 1 = 5z/ + m и
(т = 0) В = 5 г/ + 1, z — у, х = 4z/ + 1, у —- любая цифра,
(т=1)В = 5у + 2, 2 = 1(7г/ + 3), х = 4г/ + 2,
у — нечетная цифра.
Значение т = —1 приводит к z<0, и его следует ис-
ключить.
Аналогичным образом можно получить и многие дру-
гие частные решения. Например,
x = 3z/-|-3, z = 3z/+l, В — 4у + 3, В' = В-}-1,
xyzB = zxyB,, у — любая цифра,
х = 4 г/ — 1, В = ъу — 2z — 1, В' — 2В — 1,
xyzB, = yzxB,, y>2z, z — любая цифра,
382
y = 2x + z+l, B = 3x + z+l, =
xyzB — Угхв’> x> z~ любые цифры,
x = 4r/+l, B = 7r/ + 2, В' = 2В,
xUzb ~ HZXB’, У> z (< В) —- любые цифры,
x = z + 2, r/ = 0, B = 2z+1, B' = B + 2,
хУгв ~ zVxb'> z ~ любая цифра,
x = u2, y = 2uv, z = v2, B — kv-\-l, B' = ku+1,
xyzB = zyxB'>
где и, v, k — произвольные целые числа, удовлетворяю-
щие неравенствам и > v, kv > шах(м2—J, 2uv— 1).
222.	Направим ось OX вверх по плоскости, а ось
OY — по нормали к плоскости. Пусть v—начальная ско-
рость мяча. Тогда на первой дуге
у = vt sin В — -£ gf2 cos А,
и мяч опишет ее за время
__2р sin В_
g cos А
В момент, когда мяч^коснется наклонной плоскости в
конце первой дуги, составляющая у его скорости будет
равна
.	’ . г, 1 Л 2 • 2о sin В	. п
y = vsmB — geos А----------у—= —vsinB.
2 °	geos А
Поскольку мяч абсолютно упругий, то составляющая у
скорости в начале полета по 2-й дуге равна — vsinB,
то есть совпадает с той же составляющей в начале по-
лета по 1-й дуге. Следоват'ельно, го же самое будет и на
каждой дуге, и поэтому продолжительность полета по
любой дуге одинакова и равна Д/ = Т. Если хп — абсцис-
са точки удара мяча о наклонную плоскость в конце и-й
дуги, то абсцисса начальной точки (п + 1)-й дуги также
равна хп. Аналогично, если ип — составляющая х ско-
рости мяча в конце n-й дуги, то та же составляющая
в начале (n-f- 1)-й дуги также равна ип. Таким образом,
Дх = х„ — x„-t — ип-\Т — y gT2 sin А,
ип —un-i — gT sin А.
383
Поскольку Ио = v cos В, то
ип — Uq — ngT sin A — v cos В — 2nv sin В tg A,
или
un — v sin В tg A (ctg A ctg В — 2n) = К (L — 2n),	(1)
n = 0, 1,2, ....
где
К = v sinB tg A, Lsctg ActgB.
Следовательно-,
Ax„ = K[L — 2(n—l)]T —
-~gT2sinA = KT(L-2n+ 1), n=l,2, ... (2)
и
xn=E Ax/ = KTE(L+l-2/) = KTra(L-n). (3)
/=i	/=i
Если предположить, что углы А и В острые, то вели-
чины К, L, Т будут положительными. Независимо от
того, сколь велика L, Ах < 0 при п > (L + 1)/2. Следо-
вательно, наибольшее значение хп достигает в том слу-
чае, когда п—наименьшее из целых чисел, превышаю-
щих (£ + 1)/2. При больших значениях п величина Ах
всегда отрицательна и неограниченно убывает, так что
lim хп = — оо.
Л->оо
Если L = 2tn + 1 > 0, то хт и хт+1 равны. В этом
случае полет по (т + 1) -й дуге происходит по верти-
кали. Кроме ТОГО, Xm+ft+l =Xm-ft(0 sC k tn). Если
L » 2m > 0, то в конце m-й дуги мяч ударяется о на-
клонную плоскость по нормали к ней. В этом случае
наибольшему значению хп соответствует п = т-}-1.
Кроме того, Хт+h = Хт_к(0 k т). Из соотношения
(3) следует, что если хп = хп, (п и п( — целые числа),
то п = п' или п — п'— L. Таким образом, мяч никогда
не ударяется дважды в одну и ту же точку наклонной
плоскости, если L — не целое положительное число,
Интересно отметить (и нетрудно доказать), что при
у > 0 наибольшая абсцисса хШах определяется выраже-
нием
Л-тах “ K.TL2
384
и (если только L не четное натуральное число)
Л-max > %ti
при любых значениях п.
223.	Поскольку sn — оп-^0, то достаточно доказать,
что сходится последовательность оп*. Но
п
ап-<у«-»=Т(ЛПуЕ	О)
fe=i
Суммируя правые и левые части соотношения (1) при
п = 1, 2, ..., N, получаем
N
(2)
оо
Если а^1, то сходимость ряда У, | sn— сп1/п оче-
п=1
видна.
Если а>1, то из неравенства Гёльдера получаем
л=1	Ln=i	J L»=i J
где 1/а + 1/Р — 1. Поскольку оба сомножителя в правой
оо
части сходятся, то ряд У, | s„ — о„ \/п также сходится.
п=1
ОО
Если сходится ряд У, |s„ —ст„|/п, то сходится ряд
Л=1
оо
У (s„ — о„)/п и предел lira оя существует в силу соотно-
п=1
щения (2).
224.	Пусть k > 1 — фиксированное целое число. Функ-
цию F(m,q) при целых значениях т и q > 1 Определим
соотношением
где [х] означает целую часть числа х. По хорошо из-
вестной из теории чисел* формуле (2n!)/n!(n-|-k)\ при
385
п~^. О принимает целые значения в том и только в том
случае, если при всех простых числах р
оо
Е F(n,pa)>0.	(2)
а=1
Нам понадобятся следующие свойства функции
F (tn, q). Во-первых, при /и = m'(mod <?) выполняется
очевидное равенство F(m,q) = F(m',q). Во-вторых, до-
кажем, что
F(m,<7)>0	(3)
при q 2k и всех т *. В силу первого свойства доста-
точно предположить, что 0 т <_ q и, следовательно,
[m/q] = 0. При 0 т < q — k величина [2m/q] прини-
мает значения 0 или 1, a [(m + k)lq] = 0; при q —
jg; т <Z q справедливы равенства [2m/q] = 1 и [(m +
+ &)/</] =1. Таким образом, неравенство (3) следует
из определяющего соотношения (1). В-третьих, дока-
жем, что
F(m,q) = l	(4)
при q ^s2k + 2 и т = — k—l(mod<7). Действительно,
F(m,q)=F(—k—\,q) и, как нетрудно проверить,
[ (—2k - 2)lq\ = [ (-k - 1) lq\ = [ (-1) lq] == -1. Таким
образом, (4) также следует из определяющего соотно-
шения (1).
Из (3) заключаем, что неравенство (2) выполняется
при всех п, если р — простое число большее 2k. Пусть
р — простое число, меньшее 2k, А — такое число, что
pA+i 2k, и п =—k—1 (modpA). Тогда в силу нера-
венства (3) при а>А выполняется неравенство F(n,
ра) 0, а при 2k -J- 2 -g: ра рА в силу соотношения (4)
выполняется равенство F(n, ра)= 1.
Следовательно, выбрав число А достаточно большим
и следя за тем, чтобы выполнялось сравнение п =
= —£—l(modpA), мы получим достаточно много зна-
чений а, при которых F(n,pa) — 1. Это позволяет «ней-
трализовать» те значения а, при которых F (п, ра) < 0.
Таким образом, при рассматриваемом простом числе р
1 В частности, отсюда следует, что при k = 1 неравенство (2)
справедливо н при всех простых р, а значит, 2n!/n! (n + 1)! — це-
лое число, как было сказано в условии задачи, — Прим. ред.
386
выполняется неравенство (2). Применив теперь анало-
гичные рассуждения к каждому простому числу р < 2k,
мы получим набор показателей степеней А = А(р).
Пусть Р — произведение всех рАи>\ Тогда, неравенство
(2) выполняется при п ==—k—l(modP) и всех про-
стых числах р. Следовательно, (2п!)/п!(п + А)!— целое
число по крайней мере при любом п .= —k—l(modP).
225.	Назовем равнобедренным п-точечником множе-
ство, состоящее из п точек (вершин), таких, что любые
три из них расположены в вершинах равнобедренного
треугольника. Вершины n-точечника условимся обозна-
чать их номерами, а отрезок прямых, соединяющий вер-
шины i и k, называть стороной ik.
Равнобедренные 4-точечники. а. Предположим, что
из одной вершины, например 1, исходят три равные сто-
роны 12, 13, 14. Тогда 234 — равнобедренный треуголь-
ник, и вершина 1 совпадает с центром его описанной
окружности. Следовательно, вершины и центр описан-
ной окружности любого равнобедренного треугольника
образуют равнобедренный 4-тоЧечник (I типа).
б. Предположим, что ни из одной вершины не исхо-
дят три равные стороны. Пусть 12= 13. Рассмотрим в
отдельности два случая.
Случай 1. 42 = 43. Поскольку 14 =# 12 и 41 =# 42, то
21 = 24. Аналогичным образом доказывается и равен-
ство другой пары сторон: 31 =34. Следовательно, в слу-
чае 1 равнобедренный 4-точечник имеет форму ромба
(II тип).
Случай 2. 24 = 23. Поскольку из каждой вершины
исходят по две равные стороны, то 42 = 41 и 34 = 3:.
Следовательно, 21 = 13 = 34 = а и 14 = 42 = 23 = Ь.
Итак, мы получили трапецию с тремя равными сторо-
нами а и основанием Ь, равным обеим диагоналям. Сле-
довательно, точки 1, 2, 3, 4 расположены в четырех вер-
шинах правильного пятиугольника и b — a(i + д/б )/2
(тип III).
Равнобедренный 5-точечник. Поскольку четыре вер-
шины равнобедренного 5-точечннка образуют равнобед-
ренный 4-точечник, то, как показывают элементарные
геометрические соображения, каждый равнобедренный
5-точечник принадлежит к одному из трех типов: I тип —
четыре точки расположены в вершинах квадрата,
387
а пятая — в его центре; II тип — правильный пятиуголь-
ник; III тип — четыре вершины и центр правильного пя-
тиугольника.
Равнобедренный 6-точечник. Среди шести вершин че-
тыре должны совпадать либо с вершинами некоторого
квадрата, либо с четырьмя вершинами правильного пя-
тиугольника.
В первом случае две оставшиеся вершины должны
были бы совпадать с одной и той же точкой — центром
квадрата, поэтому построить равнобедренный 6-точеч-
ник невозможно. Во втором случае две оставшиеся вер-
шины могут совпадать с двумя точками, и мы получаем
лишь один равнобедренный 6-точечник: его вершины
располагаются в вершинах и центре правильного пяти-
угольника.
Равнобедренный 7-точечник. Пять из 7 вершин рав-
нобедренного 7-точечника должны располагаться в вер-
шинах правильного пятиугольника. Поскольку две
оставшиеся точки должны были бы совпадать с одной
точкой — центром правильного пятиугольника, то равно-
бедренный 7-точечник не существует.
226.	Докажем сначала несколько более общее утвер«
ждение. Пусть рп — заданная последовательность поло-
жительных чисел, такая, что
Нт П Pk = + °°-
п-»оо Й=2
Определим последовательность {хп} рекуррентным со-
отношением
хп = xn-t (рп — 1)/рп + х„-2/р„.
Тогда {хп} сходится к — (xi — xQ}K, где К — постоян-
ная, зависящая только от выбора последовательности
{рп}-
Доказательство. Запишем рекуррентное соотношение
в виде
Хп — хп-1 = (х„-1 — х„_2)/(— Р„).
Тогда
^п-^п-1 = (-1)"_1(^-^)Р2Рз ... Рп,
388
откуда, суммируя, получаем
Хп = Х1 + (Xi — Х0) Д (- 1)*~‘ /Р2Р3 •  • Pk‘
В силу предположения относительно рп
оо
Е (-1)7р2Рз ... рп	(1)
п=» 2
•—сходящийся знакопеременный ряд. Если его сумму
обозначить через /С, то {хп} сходится к Xi —(Xi —х0)К.
Сумму К ряда (1) можно записать в различной фор-
ме, например представить в виде непрерывной дроби
к — * 1 । । Р2 * * । » Рз I । Pt I ।
Л “ I Р2 МРз--1 МР4-1 MPs-l	*
По условию задачи рп=1-]-(п—Off и К можно
представить в виде определенного интеграла. Пусть
X	X2	.	Xs
1+я	0 + g) 0 + 2g) ‘ (1 + g) (1 + 2g) (1 + 3g)	•••’
Тогда (1 + x)F(x) + gxF'(x) = x. Решая это дифферен-
циальное уравнение, находим
F (х) = с (хех)~с (иеа)с du,
о
где с — 1/g. Следовательно,
1
/С = F (1) = се~с (ие“)с du.
о
227. Пусть a, b, с, d — четыре точки комплексной
плоскости, совпадающие с четырьмя заданными точка-
ми, и пусть отрезок 23 перпендикулярен отрезку 41, от-
резок 31—отрезку 42 и отрезок 12—отрезку 43. Тогда
(с — b) — ip {а — d), (а — с) = iq (b — d),
(b — а) — ir (с — d), (1)
где р, q, г — вещественные числа. (Нетрудно показать,
что р, q, г — тангенсы внутренних углов треугольника
123, поэтому выведенное далее соотношение (4) пред-
ставляет не что иное, как несколько необычную запись
389
тождества tg а + tg 0 + tg у — tg a tg 0 tg у = О, спра-
ведливого для а + 0 + у = л.)
Если Д = (с — d) (b — d) (а — d), то
A = (b - с) (с - d) (d - b) — ipA,
В = (с — а)(а — d)(d — с) = iqA,
С = (а —b)(b — d)(d — d) = irA,
D = (b — а)(а — с)(с — b) = — ipqrA.
Заметим, что |А| = 34-42-23, |В| = 41 • 13-34, |С| =
= 12-24-41, |В| = 23-31-12и соотношение
А-ЬВ+С + £) = 0	(3)
выполняется тождественно, поскольку совпадает с раз-
ложением определителя
1111
1111
а b с d
а2 Ь2 с2 d2
по элементам первой строки.
Из соотношений (2) и (3) следует, что
Р + q + г — pqr = 0.	(4)
Кроме того, из соотношения (2) нетрудно видеть, что
отношения величин А, В, С и D вещественны, откуда
± | АI ± | ВI ± | С | ± | Z) | = 0	(5)
и, независимо от знаков величин р, q, г, три знака в со-
отношении (5) должны отличаться от четвертого.
Наоборот, если дано соотношение (5), в котором три
знака отличаются от четвертого, то, сравнивая его с со-
отношением (3), можно заметить, что замкнутый четы-
рехугольник со сторонами, равными по абсолютной ве-
личине и параллельными векторам, соединяющим на-
чало координат с точками А, В, С, D, должен выро-
ждаться в прямую. Следовательно, отношения величин
А, В, С, D вещественны. Если р, q, г определены соот-
ношениями (1), то —q2 — (DIA)l(BIC)—вещественное
число, поэтому q либо вещественное, либо чисто мни-
мое число. Величины р = q-(A/В), q = q(C/B) также
390
либо вещественны, либо чисто мнимы (причем все три
величины р, q, г вещественны или мнимы одновременно).
Если р, q, г — чисто мнимые величины, то, как нетрудно
видеть, точки 1, 2, 3, 4 коллинеарны. Если р, q, г веще-
ственны, то из соотношения (1) следует, что отрезок 23
перпендикулярен отрезку 41, отрезок 31 — отрезку 42 и
отрезок 12 — отрезку 43.
228.	Из условия задачи следует, что tik 0 при
всех k. Функции
Ш^хп»
аналитичны в единичном круге |х|< 1; так как беско-
нечное произведение
оо
F(A>n(l+/‘)
всюду сходится в единичном круге, то оно само анали-
тично.
Используя равенство, приведенное в условии задачи,
получаем (поскольку F(x)=/=0 при |х|< 1)
= у . М*) = F()	(1)
г(*) Д 1 -н*(*) w	ш
Решая дифференциальное уравнение (1) с началь-
ным условием F(0) = 1, находим
оо
F(x) = (l—х)~' = Е Л	(2)
k=>0
С другой стороны, бесконечное произведение F(x)
можно разложить в степенной ряд. Его s-e частичное
(конечное) произведение разлагается в многочлен сле-
дующего вида:
Ps (х) = П (1 + хпь) = 1 + ХП> 4-	+ ХП«+П2 + хпз +
*-1
хп,+т хп,+п, xn,+m+ns	хп. (3)
Сравнивая разложение (3) с разложением (2), полу-
чаем, что с точностью до порядка «i = 1, п2 = 2, п3 = 4,
п4 = 8 и так далее. Методом математической индукции
нетрудно доказать, что tik = 2ft-1.
391
229.	Как показывает следующий контрпример, утвер-
ждение о том, будто любая последовательность нулей
и единиц содержится среди последовательностей у, не-
верно.
Пусть Е— множество всех последовательностей из X,
у которых второй и третий члены не равны 1 одновре-
менно. Тогда
ai — а2 = • • • — 0>
kn = n, (п=1, 2, ...), уп = хп+ь
Е* — Е(0).
Если бы теперь нашлась последовательность у вида
(1, 1. Уз, У4, •••), то ей должна была бы соответствовать
последовательность х вида (0, 1, 1, х<, х5, ...) из Е*.
Поскольку таких х в Е* нет, то не любая последователь-
ность нулей и единиц содержится среди последователь-
ностей у, что и требовалось доказать.
230.	Пусть
F(x) = f(x){x2+[f(x)]2}4
G(x) = 2f(x){l + ir«},/2,
Д (х) = {х2 + I/(х)]2} {[F' (х)]2 - [G (х)]2}.
Нетрудно проверить, что
Д (х) = х2 {xf'(x)}2 + 2/(х) {2 [/(х)]2 + х2} {xf' (х)} -
— [f(x)]2{3x2 +4 [f(x)]2}.
Из условий задачи следует, что производная f'(x)
в интервале [0, а] неотрицательна и не убывает. Следова-
тельно, при любом х из [0, а]
f (х) = ( f'(f) dt^x • max f'(t) = xf'(x),
J
причем это неравенство должно быть строгим на неко-
тором подынтервале. Следовательно, Д(х)^0. Посколь-
ку производная F'(x) положительна, то это неравенство
означает, что F'(x):>G(x), причем последнее неравен-
392
ство также должно быть строгим на некотором подын-
тервале. Интегрируя его, получаем
F(a)> J G{x)dx,
о
что и требовалось доказать.
231.	По теореме Ферма (III. 6.)
х’'1-1=(х-1)(х-2) ... (х-р+1) =
==№-* — Sixp~2+ ... — sp_2x + sp-i(modp). (1)
Следовательно, по теореме Вильсона
«р-i = (р — 1)! = — 1 (mod р),
[1+у+ ••• +у=гг](р— 1)1=0 (mod р),
Sp-3^0(modp).
Подставляя в правую часть (1) х = р, при р>3 по-
лучаем
(Р — 1)! = Sp-3p2 — sp_2p2 + sp-i (mod р3),
откуда
Если
Sp-2 = pSp-з = о (mod р2).
(2)
(где г и s несократимы), то
Sp-2 =	~ 0 <mod р^‘
Поскольку р взаимно просто с (р—1)!, a s — с
(r—s), то (р— 1)! делится на s, а (г—-s) — на р. Чис-
ло (р—- l)!/s взаимно просто с р, поэтому
г -ss0 (modр3),	(3)
что и требовалось доказать. Если в (2) г и s не взаимно
просты, то (3) выполняется тем более.
232.	Рассмотрим k последовательностей at + а}, at -|-
+ а2 +	..., at -f- а2 + ... + ah -f- aj (j = k + 1,
393
k + 2, ...). Каждая из них представляет собой после-
довательность ah+i, ак+2, ... , все члены которой «сдви-
нуты» на некоторое целое число и потому имеют одну
и ту же верхнюю плотность, которая равна верхней
плотности самой последовательности ак и, следователь-
но, больше l/k. Таким образом, все целые числа, вхо-
дящие в эти k последовательностей, не могут быть раз-
личными и
Я1 4- яг 4- . • •	я/, 4- я/, = я2 4- • • • 4- я/, 4- я/2.
Не ограничивая общности, предположим, что 4 > А-
Тогда
яд = я/,+1 4- а/|+2 4-  • • 4- я/, 4- я/„
что и требовалось доказать. Нетрудно видеть, что число
я;- можно выбрать бесконечно многими способами.
Как показывает пример последовательности целых
чисел, сравнимых с единицей Но модулю k, утверждение
задачи неверно, если верхняя плотность последователь-
ности равна 1/k.
233.	Каждому целому числу г соответствует целое
число х, для которого выполняется одно из двух сле-
дующих соотношений:
rq < х < (г 4-1)<7	(1)
либо
x<rq<(r+l)q<x+l.	(2)
Если выполняются неравенства (1), то
г (b 4" q) rb 4~ х, rb 4~ х 4- b (г 4~ 1) (b 4~ q)t
в силу чего интервал Z == [г (& 4-<?), (г-4-1)(&-{-<7)] со-
держит b лакун, соответствующих числам т = rb 4- х,
rb 4-х4-1, •••. rb-j-x-j-b — 1. Если же выполняются
неравенства (2), то
rb 4- х < г (Ь 4- q), (г 4- 1) (Ь 4- q) < rb 4- х 4- b 4-1,
в силу чего интервал / содержит b — 1 лакун, соответ-
ствующих т = rb 4- х-j-1. rb 4-*4-2, ..., rb 4- х 4-
4~& — 1.
Таким образом, неравенства (1) выражают необхо-
димые и достаточные условия того, что интервал / со-
394
держит набор из b последовательных лакун. Кроме того,
из неравенств (1) следует, что
г (b + q) <	< (г + 1) (b + q).
ч
Эти неравенства означают, что любой набор из Ь по-
следовательных лакун содержит ровно одно число, крат-
ное (l-f-Ь/р). Нетрудно видеть также, что ни одно
число, кратное (l-f-fe/p), не содержится в интервале /,
состоящем лишь из b — 1 лакун.
234.	Пусть с — cos •&, s = sin •&, р = сп, q = sn. То-
гда c2-j-s2=l. В этих обозначениях исходную задачу
можно сформулировать следующим образом: доказать,
что си« содержатся в поле F(p,q) всех рациональных
функций от р и q с коэффициентами из поля F рацио-
нальных чисел. Иначе говоря, требуется доказать, что
F(c, s) = F(p, q).	(1)
Прежде всего заметим, что F(p)gF(c)£F(c,s).
Ясно, что
[F(c, s):F(c)] = 2
([F(c, s): F(с)] означает степень поля F(c, s) относитель-
но F(c)). Кроме того, [F(c):F(p)] = n и, следовательно,
[F(c, s): F(p)] = 2n. С другой стороны, F(p)sF(p, p)s
sF(c, s), поэтому соотношение (1) эквивалентно ново-
му соотношению
[F(P, q)-F(p)] — 2n.	(2)
Докажем соотношение (2). Пусть f(x,y)— много-
член, неприводимый над полем F и такой, что f(p,q) =
= 0, а С — кривая f(x,y) = O. Таким образом, кривой С
принадлежат точки (р, q) и в параметрическом виде ее
можно задать уравнениями х = сп, у = sn. Следует за-
метить, что вещественная часть этой кривой удовлетво-
ряет уравнению + у2^п = 1, то есть представляет со-
бой обобщение известной гипоциклоиды с четырьмя точ-
ками возврата.
Определим степень многочлена f(x,y). Для этого опре-
делим число точек пересечения кривой С с осью у — 0.
На бесконечности точек пересечения нет. Действительно,
395
если р и q обращаются в бесконечность, то с и s также
обращаются в бесконечность, причем p/q = (c/s)п = ±i,
в силу чего кривая С пересекается с бесконечно удален-
ной прямой только в циклических точках.
Таким образом, кривая С пересекается с прямой
у = 0 только в точках (±1,0). Чтобы найти кратность
пересечения в точке (1,0), попытаемся ввести s как ло-
кальный параметр. Тогда
<7 = s", р = сп = (1 — s2)"/2 = 1 —- у ns2 + ... .
Поскольку по условиям задачи п — нечетное положи-
тельное число, то s действительно является локальным
параметром. (Если бы п было четным, то локальным
параметром была бы величина s2.) Таким образом, q
имеет в s = 0 нуль n-го порядка и кратность пересече-
ния в точке (1,0) равна п. Поскольку пересечение в
точке (—1,0) имеет ту же кратность, то суммарная
кратность нулей кривой С (следовательно, и ее поря-
док) равна 2п. Итак, степень многочлена f(x, 0) равна
2п, а поскольку бесконечно удаленная точка на оси у
не принадлежит кривой С, то степень многочлена f(x,y)
также равна 2п. Следовательно, q удовлетворяет над
полем F(p) неприводимому уравнению степени 2п, то
есть выполняется соотношение (2), что и требовалось
доказать.
235.	Рассмотрим любые два ряда с положительными
членами (один сходящийся, другой расходящийся), об-
щие члены которых С(п) и D(n) монотонно стремятся
к нулю, причем D(n) > С(п).
Поскольку ряд ^D(n) расходится, то для каждого п
можно найти другое целое число <р(п), определяемое со-
отношением
ф(п)
/=1
где е — любое заданное положительное число. Рассмот-
рим теперь последовательность целых чисел {пд}, зада-
ваемых рекуррентным соотношением п\ = 1, D(nft+i)<
< С(ф(Пй)). ЯСНО, ЧТО Пд< ф(Пд)<
396
Решением задачи служат последовательности
{ап}'. С (п,)4 С (n, + О, • • •, С (Ф(щ)), D D («2 + 1), • •.
£>(ф(м2)), С(п3),	С(ф(п3)), £>(п4),
{М: £»(«!)> D (n, + 1), •	£»(<₽(«!)), С^), 0(^+1)......
С (ф («2)), D (п3), ...» D (ф (п3)), С (п4), ....
Ряды У, ak и У очевидно, расходятся: каждый из
них содержит бесконечно много отрезков, содержащих
члены, сумма которых больше или равна е, а ряд У,
где сд = min(an, bn), сходится, поскольку мажорируется
сходящимся рядом Ес (и).
236.	Рассмотрим вычеты (по модулю п) п чисел
(10г — 1)/9, i = 1, 2, ..., п. Возможен один из двух слу-
чаев: либо один из п вычетов равен нулю, либо какие-то
два вычета совпадают (тогда вычет разности соответ-
ствующих чисел равен нулю). И в том и в другом слу-
чае мы получаем делящееся на п целое число, десятич-
ная запись которого содержит группы идущих подряд
единиц, сменяемые группами идущих подряд нулей.
К тому же результату мы пришли бы, если бы вме-
сто десятичной системы счисления рассмотрели систему
счисления с произвольным основанием В; в приведен-
ных выше рассуждениях нам пришлось бы только за-
менить числа (10*-— 1)/9 на (Вг— 1/(В —1).
Итак, мы доказали, что существует число, делящееся
на п и записываемое при помощи единиц и нулей, ко-
торое имеет не более п знаков. Следовательно, прове-
рив делимость на п чисел 1, 10, 11, 100, 101, ...
... , (10п — 1)/9, мы заведомо найдем наименьшее чис-
ло, перебрав не более 2П чисел. Объем работы можно
значительно сократить, если предварительно составить
таблицу вычетов 10* (mod п).
237.	Если С — окружность радиуса г с центром в про-
извольной точке а, то пусть f(z) — а + г2/(г — а). Тогда
для | z — а | = г мы получаем f(z) — a-\-z — a — z.
Если С — прямая с угловым коэффициентом tga
(0 < а < л), проходящая через точку х0 вещесгвенной
оси, то пусть f (z) = Хо + e~2ia (z — z0). Тогда при z ==
= х0 + е’% где t — вещественный параметр, мы полу-
чаем f (z) = хо -f- e~iat = z.
397
Еслй С — прямая, параллельная вещественной оси и
проходящая через точку iy0 (уо — вещественное число),
то пусть f(z)=z — 2iy0. Тогда при z = x-[-iy0 (х — ве-
щественное число) мы получаем f(z) = х — iyo = г.
В общем случае пусть С — любая аналитическая ду-
га, то есть образ (конечный или бесконечный) интервала
[а, 0] вещественной оси при отображении ее аналитиче-
ской функцией <p(z) (предполагается, что в достаточно
малой (комплексной) окрестности интервала [а, 0] функ-
ция <p(z) однозначна). Тогда функция ф(г) = <p(z) ана-
литична в окрестности интервала [а, 0] и отображает
его на дугу С, симметричную дуге С относительно ве-
щественной оси. Пусть <p(z)— функция, обратная функ-
ции <p(z) и f (z) = ф(ф(г)). Тогда f (z) = z для z е С.
Например, рассмотрим параболу С с вершиной в точ-
ке z= — 1 и фокусом в точке z = 0. (Любую параболу
на комплексной плоскости можно отобразить на пара-
болу С линейным преобразованием Az-j-B.) В приве-
денных выше обозначениях <p(z) = (z 4-1)2, f(z) =
— (z^ — 2i)2. Функция f(z) однозначна и аналитична в
достаточно малой окрестности параболы С, величину г'/г
при z = —1 следует выбрать равной -f-i.
Еслй кривая С задана параметрическими уравнения-
ми x = x(t), y = y(t), то нетрудно вывести дифферен-
циальное уравнение, которому должна удовлетворять
функция f(z). Функция f(z) должна быть такой, что
f(z) = x(i)-iy(t)	(1)
для любой точки z = х + iy е С. Кроме того, при ze С
f'M *'(<) ~ ‘У(0	(2ч
I (Z>	x'(t) + iy'(t) •
Дифференциальное уравнение для f(z) мы получим,
исключив из (1) и (2) параметр t.
238.	Приняв известное соотношение для постоянной
Эйлера [III. 12(20)]
1	оо
с=1 “cos Т" “ $cos у JT
0	1
398
за исходное, получим
(т--т)с== j(1-C0S^V“
о	о
оо	оо
f dy । f du
— \ cos у — + \ cos у
J a ry * J s sy
1 1
Пусть в первом и третьем интегралах у = хг, а во
втором и четвертом интегралах у = Xs, где г, s > 0. То-
гда
оо
Г — S Q__ f COS л/ — COS Xs
rs	J X
0
Полагая г = 2, s=l, приходим к соотношению, кото-
рое требовалось доказать.
239.	а. Функция (x + a)ft — xk алгебраически факто-
ризуема и поэтому при целом х может принимать про-
стое значение лишь в том случае, если а = 1.
б. Пусть F(x) = (x-{- l)ft — xk и q — F(x0), где х0 —
произвольное натуральное число. Тогда q — целое число
больше 1. Полагая уп = Хо + nq,. п — 1, 2, ... , полу-
чаем
F W “ <Л + О' - Й = [Л +'+'<“ (X. + <] -
" (хо + О* — xi “ ч (т0<| «)•
Следовательно, F(yn) делится на q при всех п, но
F(yn)¥=q, поскольку F(x)—возрастающая функция,
а значение q она принимает при значении аргумента,
меньшем чем уп. Таким образом, при любом выборе
натурального числа Хо бесконечная числовая последова-
тельность (уп + l)ft обладает всеми требуемыми свой-
ствами.
240.	Из 16 возможных комбинаций истины и лжи,
с высказыванием «Л утверждает, что В отрицает, что С
говорит, будто D лжец» совместимы лишь такие ком-
бинации, в которые ложь входит четное число раз. Сле-
довательно, если D изрекает истину, то А, В и С долж-
ны говорить истину, или ровно двое из них должны
лгать. Поскольку каждый из четырех высказывающихся
399
говорит правду в одном случае из трех и делает это
независимо от других, то следует рассмотреть З4 = 81
возможность.
Комбинацию ИИИИ можно получить лишь одним
способом, каждую из комбинаций ИЛЛИ, ЛИЛИ и
ЛЛИИ — четырьмя способами: 1+4 + 4+4=13. Та-
ким образом, вероятность того, что D говорит правду,
равна 13/81.
Аналогично, если D лжет, то комбинацию ЛЛЛЛ
можно получить 16 способами, а каждую из комбина-
ций ИИЛЛ, ЛИИЛ, ИЛИЛ — четырьмя способами. Сле-
довательно, вероятность того, что D лжет, равна 28/81.
А говорит правду при комбинациях ИИИИ, ИИЛЛ,
ИЛИЛ, ИЛЛИ; вероятность в этом случае равна 13/81.
Такую же вероятность мы получим для комбинаций,
где В говорит правду и где С говорит правду.
241.	Пусть
Sn (х) =	---у---, п—1, 2, .... О^х^л.
Тогда
п
— Sn (х) = sin/x = [cos у — cos (п + у) х] ---------у .
Z=1	2 sin у
Таким образом,
- Si-! (х) - S'„(x) =	> о; rt>2,	0<х<л.
*2
Отсюда следует, что при х-> л функция — Sn-i (х) — S„(x)
возрастает, в силу чего
— 5n-i(x) Зп(х) — <Sn-i (л) 5п(л) =
n-i
-ЗЕ*#2
 (-1)п~‘
п
Пусть n — 2k, Тогда
- S2ft-i(x) - s2ft(x) = -2S2ft(x) +	= - 2S2k-l(x) -
2k—I	, ,
_ cos2fex - „	(—1)________L — 9/ _L
2fe	I 2k lk 2k ’
Z=1
400
откуда
-	2S2k (х) < 2tk - lL±g-^- < 2tk
и
-	2S2k-v (х)<2tk -	<2tk.
Поскольку fi = l, а при k > 1 все tk удовлетворяют не-
равенству tk < 1, то
5„(x)> — tk>— 1, n>l.
Нетрудно видеть, что равенство соответствует лишь
п = 1, х = л. Кроме того, при п->оо величины tk убы-
вают до In 2 и
lim inf min S„ (x) = — in 2.
ra->°o 0<x<n
oo
242.	Сумма ряда E [(3- VW/n3 равна
n=l
4 { es (3) + лЧп	- 5 [in	.
где g(s) — дзета-функция Римана.
Воспользуемся тем, что если
П=1
то
ф(у^т) + ф(х) + <1)(1 — х) —ф(1) =
= ^-ln(l-x) + -g-[ln(l —-х)]2[1п(1 — х) —31пх].	(1)
Это соотношение было выведено У. Спенсом (1809 г.) и
Повторно получено С. Рамануджаном. В справедливости
его нетрудно убедиться, если, следуя Дж. Н. Ватсону1,
воспользоваться соотношением
1 G. N. Watson, Journal of London Mathematical Society, 3
(1928), 217. — Прим, nepee.
401
и, подставив ф(х) в левую часть соотношения (1), про-
делать элементарные преобразования.
Полагая х = (3 —V$)/2, замечаем, что (х—1)2 = х
и х/(х— 1) = х— 1. После подстановки v = 1 —х соот-
ношение (1) преобразуется к виду
Ф (х) + q> (о) + <р (— о) = <р (1) + -^ In о — (In о)3.
Представив функцию ф(х) в виде степенного ряда, по-
лучаем
ф(о) + ф(-о) = -|-ф(о2)== |-Ф(х).
Наконец, заметив, что о = (— 1 + V5)/2, ф(1) = £(3),
приходим к окончательному результату.
243.	Если группа не абелева, то любой элемент а,
не принадлежащий ее центру, порождает нетривиальный
внутренний автоморфизм х-»а-1ха. Если группа абеле-
ва и квадрат некоторого элемента отличен от единич-
ного элемента, то автоморфизм х-»х-1 отличен от то-
ждественного. Если квадрат любого элемента группы
равен единичному элементу и группа содержит более
двух элементов, то она разложима в прямую сумму цик-
лических групп порядка 2. Отображение, порожденное
перестановкой генераторов двух таких прямых слагае-
мых, является автоморфизмом, отличным от тождествен-
ного.
244.	Последовательность подходящих дробей PnIQn
непрерывной дроби
проще всего получить, если воспользоваться матрицами.
Методом математической индукции нетрудно доказать,
что
(Рп ЬпРп-{\(ах &Л/а2 Ъг\ fan Ьп\
bnQn_J-11 0Д1 ОД’41 О Л
если положить Pq= 1, Qo = 0 (тогда PJQi = ai).
402
В рассматриваемом случае at- = р, bi — — q, поэтому
(Рп — qPn-Afp —
хQn qQn—t/	\1 О/
= (р ~q)(Pn~1
х1 0/\Q»-i qQn-2s
Следовательно,
Рп = рРп—1	qQn—1> Qn = Рn-i	(D
и
(Рп —qQn\ = (p — q\n
\ Qn Рп qQn / х 1	0)
Возводя в квадрат правую и левую части последнего
равенства, получаем
( Р%п qQin \_____( Рп qQn V
х Qin Pin qQin / х Qn Pn PQns
откуда, сравнивая элементы матриц, находим
Pjn __ Рп Ч®П	/п\
Qm	Qn (2Рп — pQn)
Нетрудно видеть, что левая и правая части соотно-
шения (2) совпадают с приведенным в условии задачи
выражением для последовательных приближений боль-
шего корня квадратного уравнения, вычисляемого по
методу Ньютона: если хк = Pn/Qn, то xft+I = PmlQin-
Таким образом, переход от очередного приближения,
получаемого по методу Ньютона, к следующему эквива-
лентен удвоению длины отрезка непрерывной дроби *.
245.	Задача сводится к решению диофантова уравне-
ния
(х+ 1)3-х3 = Зх2 + Зх+ 1 = у2.	(1)
Умножив уравнение (1) на 4, преобразуем его к виду
3 (2х + 1)2 = (2г/— 1) (2г/+ 1).
Поскольку 2у — 1 и 2у + 1 — взаимно простые чис-
ла, то необходимо рассмотреть два следующих случая
(тип — взаимно простые нечетные числа):
2у — 1=3/п2,	2г/—1=т2,
2г/+1=п2, б) 2г/+1=3п2.
403
Случай «а» представиться не может, поскольку он со-
ответствует равенству п2 — Зт2 = 2, в то время как
квадрат любого целого числа при делении на 3 дает
в остатке 0 или 1. В случае «б», полагая т = 2k-j-1,
получаем
2г/ = 4/г2 + 4/г + 2 == 2 [(А; + I)2 + А:2],
что и доказывает утверждение задачи.
246.	Рассмотрим набор произведений элементов груп-
пы е, ai, aia2, aia2a3, а\й2 ... ап. Поскольку этот
набор содержит n-J- 1 элементов группы, то по крайней
мере два произведения должны совпадать. Если
6 = то утверждение задачи доказано. В противном
2“1
случае
я	я
Паг = Па(, q>v,
i“l	i“l
откуда
я
П
i-o+l
Полагая р = v -f-1, приходим к утверждению задачи.
Итак, утверждение задачи доказано.
247.	Пусть р — нечетное простое число, такое, что
X2"	^2" —. о (moj ру
Поскольку (х,у) = 1, то х 0, у	0(modp). Следова-
тельно,
(яр-1)2" = — 1 (mod р),
где р~’ — вычет, обратный вычету у в мультипликатив-
ной группе вычетов по модулю р, и сравнение
п2П = — l(modp)	(1)
разрешимо. Пусть d = (p—1, 2”). Из малой теоремы
Ферма (III. 6) выводим
р-1 Л Р-1	/ 2п\Р-!
(—1) d —и а =	si (modp). (2)
404
Отсюда следует, что (р — \)!d — четное число. По опре-
делению d это означает, что р — 1 делится на 2п+1, от-
Куда	р = 2п+1т+1.	(3)
Поскольку произведение чисел вида (3) также пред-
ставимо в виде (3), то утверждение задачи доказано.
248.	Начнем с правой части доказываемого соотно-
шения:
1
Фп — Пфп-1 =	1) ... (х + п — 1) dx —
о
1
— п х (х + 1) ... (х + п — 2) dx =
О 1
= (х — l)x(x-J- 1) ... (х + п — 2)dx.
о
Полагая х= 1 — t, получаем
о
ф„ —пф„-1 = —J (—/)(—/+1) ... (— t + n— l)d/ =
i
i
= (-1)ф(/-1) ... (/-п+1)Л = (-1)ЯОЛ, (1)
о
что и требовалось доказать.
Заметив, что
1
•О, =ф1 = х dx = ~2>
о
получим из (1)
фг	Фг_] _ (-1)гОг
«I	(4—1)! Л
Суммируя левые и правые части по I от 1 до п, прихо-
дим к соотношению
п
Фп	Ф1 X? 1 iV
n!	1! “Z-Л Л ’
Z=2
откуда	п
ф»=-г+п1£(-1)"т-
1=2
Таким образом, вторая половина задачи также решена.
405
249.	Заметив, что
т \ т m + nj + tw + ra т-)-2п )
j. (—!-------!—'j
' \т + 2п т + 3n ) ‘
получим
= У__________1_______
Zu (/» + /п)(т + /« + «)*
п	п СО
1 у ±= у у______________!________
п Z—i т	Zu Zu (т + /п) (т + jn + п)
m=i	m=i /=о
X k(k + n) *
А = 1
поскольку если j принимает значения 0, 1, 2, а т —
значения 1,2, ..., п, то k = т + jn принимает значения
1, 2, 3...
В дальнейшем в тех случаях, когда пределы сумми-
рования не указаны в явном виде, суммирование прово-
дится по всем натуральным числам от 1 до оо. Пусть
5 — рассматриваемая сумма. Тогда
X jk (k + п) (/ + п) X Г X jk (k + n)(i + n)
k, l,n	n Lk< I
, V 1	, V 1	1
’ Zu jk (k + n) (/ + n) Zu jk (k + n) (/ + n)
k> /
= X *2 (fe + n)2 + 2 EZ jk (k + n) (/ + n)
n, k	n k<j
X k2j2 2 X k (k + m) (k + n) (k + m + n)
k <1	k»mt n
=т (X ~ X ж)+
+ 2 у Г 1________________1	]-
Zu L kmn (ft + zn + n) mn (k + tn) (k + n) J
kt т.п
тИХж ~Хж + 2 L -k^kim + n)-25'
k, m, n
406
Поскольку [III. 11 (8)]
у J______я2 VJ______________
2_i k2 ~ 6 и Zu k* ~ 90 ’
TO
4 - w)=Z	- E S
0
= S(St)3-v=-Sii"(i-<-v =
о	0
=-j(inx)3T4£7=-S Ья” (lnx)3dx=S^==4’
о	0
откуда S = 17л4/360, что и требовалось доказать.
250.	Пусть С — граница области Д/. Тогда |f(z) | = 1,
если z С. Обозначим через А/ бесконечную компонен-
ту дополнения области А}. Область Д/ связная, и С со-
держит ее границу. Рассмотрим функцию
нм = tmr e »ra2re(ra-|)+ ...
; шр-1 — 2"("-*>+ ... •
Функция H(z) регулярна в Д/ и Я(оо) == пп.
Предположим, что | f' (z) | < п всюду в области Д/.
Тогда j Н (z) | < пп на С и, следовательно, |Я(г)|<пп
всюду в области Д/. Это противоречит тому, что
Я(оо) = пп.
Предположим, что	всюду в области Af.
Тогда |/7(z) | пп на С и, следовательно, H[z) = пп на
всей плоскости (поскольку Н(оо) = пп). Это означает, что
откуда
[f(z)]'/«^z + a, f (z)=s(z + a)ra.
251.	Пусть flk(x) = x/. Если xt содержит хоть один
простой делитель р > k, то в силу равенства (III. 15)
ф(р?•₽:•)=₽?-^(>-77) "('-к)
407
операция kq, произведенная над Xi, понижает показа-
тель степени наибольшего простого делителя числа х4
на единицу. Следовательно, если число k фиксировано,
то существует /, такое, что при i > j все простые дели-
тели числа Xi меньше или равны k.
При k = 1 (здесь и далее i > j) получаем хг = 1,
при k = 2Xi = 2“ и 2ф(2а)=2“, при k = 3xt = 2“3Ь и
Зф(2“Зь) = 2“3Ь, при k = 4
k
k<f(Xi)=kXi Д (1 —у) > kxt Д (1 — у) = хь
г=2
откуда xi+l > хъ Утверждение задачи доказано.
252.	Пусть Ai, А2, ..., Ап — суммы (в пенсах), вы-
рученные от продажи лотерейных билетов п распростра-
нителями. Продолжим последовательность А{ неограни-
ченно так, чтобы выполнялось соотношение An+k =
По условию «а» из равенства Aj = Ak следует, что j =
ss k(modn). Нетрудно видеть, что число п отлично от 1
и 2 и что
0<Д*<144.	(1)
Условие «б» можно представить в виде
144 —Д^ = ЛДЛ*+1.	(2)
Вычислив с помощью соотношения (2) при заданных
Ai и А2 суммы А3, Д4, А5, А6 и А7, мы обнаружим, что
A6 = Ai и Д7 = А2. Следовательно, Д&+5 = Ak, а тогда
5 = 0 (mod п), откуда п = 5.
Ни одно из чисел Ah не является взаимно простым
с числом 144, поскольку в противном случае Ak+г дели-
лось бы на 144, что противоречит неравенствам (1).
5
Кроме того, по условию «в» У, А^ = 5 (mod 6). Следо-
*=i
вательно, по крайней мере одно из чисел Ak, например
Ai, нечетно и, значит, делится на 3. Пусть
А2 = 2а’а2, А3 = 2азОз, А4 = 2а,а4,
где нечетны. Из соотношения (2) при k = 2, 3 полу-
чаем аг = аз —4, аз + а4=12, и так как 0 а4 7
(в противном случае Д» 256, что противоречит (1)), то
408
аз 5, a4 JSs 5, ос2^1. Аналогично из (2) при k = 1
находим, что А5 четно.
Итак,
А^ЗВ,, А2 = 2В2, А3 = 32В3, А4 = 32В4, А5 = 2В5,
где числа В, удовлетворяют следующим дополнительным
условиям: В\ нечетно и
1<В3<4, 1<В4<4, В3¥=В4.	(3)
Из условий (3) следует, что ни Аз, ни А4 не делятся
на 9. Из соотношения (2) при k = 3, 4 мы находим, что
А2 и As делятся на 3, а значит, и на 6. Таким образом,
Е Ak = 3Bt + 2В3 + 2В4 HS 5 (mod 6),
fe=i
В3 + В4 = 1 (mod 3).	(4)
Кроме того,
144-А3 = А4(^.)<А4>
В3 + В4>5.	(5)
Единственная комбинация значений В3 и В4, удовлетво-
ряющих соотношениям (3), (4) и (5), состоит из 3 и 4.
Следовательно, мы можем выбрать Аз = 96, А4 = 128 и
по этим значениям получить из соотношения (2) полное
решение
Aj=135, А2 = 54, А3 = 96, А4=128, А5 = 24.
(Перестановка значений Аз и А4 приводит к тому же
набору чисел, но взятому в обратном порядке.)
253.	Пусть
f(^l+(rrX)|^) +
+ (1 — х) (1 — х2) (1 - хг) (1 - x2z2) + •••’ W
где х — фиксированное комплексное число внутри еди-
ничного круга, a z— комплексная переменная, отличная
от хп при п = 1, 2, ... . Подставляя в (1) zx вместо z
и вычитая соответствующие члены, находим
(2)
409
Функцию G(z) определим соотношением
G(z) = F(z) П(1-гх").	(3)
Нетрудно видеть, что G (z) — целая функция от z и
C(0) = f(0)=l+T4T+(|_^,,_x,)+ ...
=Пт^- Ю
п>1
Кроме того, из соотношений (2) и (3) следует, что
G (z) — (1 — zx) Q (zx) = zx2G (zx2).	(5)
Разлагая G(z) в степенной ряд
G (z) = ао + axz +	+ ...,	(6)
коэффициенты которого зависят только от х, и прирав-
нивая в правой и левой частях соотношения (5) коэф-
фициенты при zn, получаем рекуррентное соотношение
ап = — ап-^,	п>0.	(7)
Поскольку ao = G(0) определяется рядом (4), то в
силу соотношения (7)
ап = (-!)" x(ra2+ra)/2a0 = (-1Г х<«!+">'2 П —Ц.	(8)
k>i 1 х
Следовательно,
G (г) = Ц	£ (-1)" x^+^z\	(9)
fe>l	Я>0
а поскольку G(z) и P(z) связаны соотношением (3), то
P(z) = П----------------г- У (-l)nx<«2+^2z«.
11 (1 _ х*)(j _ хkz)
Полагая z= 1, получаем тождество, которое требо-
валось доказать.
254.	Особое решение представляет собой множество
точек (х,у), задаваемое параметрическими уравнениями
рх — y + f(p) = O, х-Н'(р) = 0,
где х = х(р), у = у(р). Частное решение имеет вид
ex — y + f (с) = 0,
410
где с — фиксированное число. Общую точку х = —f' (с),
У = — cf'(c) + f(c) особого и частного решений мы по-
лучим, положив р = с в трех приведенных выше урав-
нениях.
Докажем теперь, что найденная общая точка особого
решения и частного решения, соответствующего выбран-
ному значению с, единственна. Пусть р — k ф с. Если
параметрические уравнения, задающие особое решение,
и уравнение, определяющее частное решение, совместны,
то их определитель равен нулю:
k -1 f (k)
1	0	f'(k) =Hc)-f(k) + f'(k)(k-c)==O.
с —1 f (с)
Следовательно,
k	k
\f'(p)dp = f(k)-f(c) = f' (k)(k-c) = \f'(k)dp.
c	c
Поскольку производная f'(p) монотонна, то это соотно-
шение означает, что f'(p) постоянна на интервале [с, Ц
в силу чего f'(k) = f'(c) и f(k) = f(c) + f'(c) (k — с). Но
тогда x(k) = — f'(k) = х(с) и y(k)==—kf'(k) + f(k)==
= у(с). Таким образом, общая точка х(с), у(с) особого
и частного решений единственна, что и требовалось до-
казать.
255.	Для каждого элемента a^j = ад из А суще-
ствует элемент akaf1 = ai, также принадлежащий под-
множеству А. Следовательно, в подмножестве А число
элементов вида а,а^ совпадает с числом элементов вида
ага^’. Рассмотрим а2 элементов вида azaj"'. Из свойств
подмножества А следует, что единичный элемент
/ = aIa~l не принадлежит Я и элемент a^ap1 = (aiaj’1)-1
не принадлежит А, если А содержит элемент a^j-1. Та-
ким образом, подмножество А содержит не более
2 J элементов вида а^-1. Это означает,
что число элементов вида a,aj в А также не превы-
/ п\
шает I _ I.
411
256.	Продифференцировав ряд [III. 11(11)]
у cth ПХ =+ р + Х2 + 22 + •
почленно по х. и разделив на —х, получим
A rth пх 4- п = — 4-	4	4-______-_______
х3 пх X2 sh2 лх х4 (х2 + I2)2 Т (х2 + 22)2
откуда [см. III. 11 (8)]
оо	оо	оо оо
" S + "2 S (л sh ля)2 = 45 + 4 S S (т2 + я2)2' W
п=1	п=1	п=1 т=1
Но *
X X (ffl2 + «2)2	£(2)( 12	32 + 52	•••)	£(4)
я=1 т=1
•••)-£• (2)
Таким образом, остается найти лишь сумму ряда
оо
л У, cthnn/n3. Производя элементарные преобразования,
П=1
находим
оо	оо	оо оо
Y1	С th ля _ Y1	1 I	V V	1
Li п3 Li п1 ' Z Li п2 (п2т2)
n=l	n=l	п=1 т=1
оо	оо оо
n=l	п=1 т=1
оо	оо	оо
1
т2 (т2 + я2)
п=1	т=1	п=1
cth пт
т3
Следовательно,
Y1 cth ли __л4  л4 _ 7л4
П Li п3 — 90	36	180 ‘
П»1
412
Подставляя (2) и (3) в соотношение (1), получаем тре-
буемое тождество.
257.	В разложении
п - 1 = 4 (2Р-1 + 1) (2Р-1 — 1)/3
множитель 4 делится на 2, множитель 2^_| — 1 делится
на р (по малой теореме Ферма, поскольку р — простое
число, см. Ш. 6) и на 3 (поскольку р — нечетное простое
число). Следовательно, если р > 3, то 2р~1 — 1 делится
на Зр, а п — 1 делится на 2р.
По условию задачи число 22р — 1 делится на п. По-
скольку число п — 1 делится на 2р, то 2П-1 — 1 делится
на 22р — 1, а потому и на п. Следовательно, 2П —2 так-
же делится на п, что и требовалось доказать.
258.	Докажем утверждение задачи от противного.
Предположим, что
ОО
У —= д
Zj п. а ’
J=1 *
где р и q — целые числа. По условиям задачи можно
выбрать целое число k так, чтобы
nk	3
и nz+l > 3nt- при i^k. Тогда
оо
РП\П2 • • • Пк-1 — / ---—	—
= У Д1Д2-- - nk-\^ I у W-V-i? t
Zj	п.	'La	п,
i-1	1	i-k	1
Произведение рп^пг ... nk-\ и конечная сумма в правой
части — целые числа, а каждый член ряда
La	п,
i-k	1
в силу сделанного нами выбора числа k меньше соответ-
ствующего члена ряда ’/з +1/э +... + */зг + ...» сумма
413
которого равна 'Л. Полученное противоречие доказы-
вает, что утверждение задачи верно.
259.	Рассмотрим п последовательных чисел п,
п— 1, п — р+1. С точностью до перестановки они
сравнимы по модулю р с числами 1, 2, ..., р. Кроме
того, одно из них, например число Af, делится на р, от-
куда [п/р]= N/p. Вычеркнув число N, мы получим на-
бор чисел, сравнимых (с точностью до перестановки)
с полной системой ненулевых вычетов 1, 2, ..., р-1
по модулю р.
Пусть П — произведение чисел, оставшихся после вы-
черкивания числа Af:
п п(«- 1)... (п —р + 1)
11	У
Тогда
П = (р — 1)! (modp).
Умножив на N/p, получим
JS._lazJM.(modA	(!)
Г	г
а разделив на число (р— 1)1, взаимно простое с р, пре-
образуем сравнение (1) к виду
(modp),	(2)
где ATI/p! — целое число, равное Таким образом,
первое утверждение задачи доказано.
Если число N/p = [п/р] делится на ps, то сравнения
(1) и (2) остаются верными и по модулю ps+l. Отсюда
следует, что ЛП1/р=(р) делится на ps. Таким обра-
зом, второе утверждение задачи также доказано.
260.	Решение этой задачи приведено в статье
Л. Г. Шнирельмана, помещенной в журнале «Успехи
математических наук», вып. X, 1944, стр. 34—44 *.
262.	Функция f(z) удовлетворяет уравнению
f(z)— 1 — azf(a2z),	(1)
1 Я не знаю достаточно простого решения этой задачи даже
прн упрощающих предположениях, например, когда кривая анали-
тична, н т. п. — Прим, ред.
414
На единичной окружности функция /(г) имеет по край-
ней мере одну особую точку, например точку го. Из
функционального уравнения (1) следует, что тогда a2z0
также будет особой точкой функции f(z). Повторяя те
же рассуждения, получаем последовательность особых
точек a2mz0 при т = 0, 1, ... . Поскольку О — иррацио-
нальное число, то эти точки образуют на единичной
окружности плотное множество. Следовательно, единич-
ная окружность является естественной границей функ-
ции f(z), что и требовалось доказать.
Если — рациональное число, то /(г)—рациональ-
ная функция.
263.	Рассмотрим те члены заданной последователь-
ности целых Чисел, которые не являются делителями
других членов последовательности. Если число этих чле-
нов бесконечно, то они образуют бесконечную подпосле-
довательность, любые два члена которой не кратны друг
другу, и утверждение задачи доказано. Если число чле-
нов конечно, то, вычеркнув их и все их делители из
исходной последовательности, мы получим бесконечную
последовательность целых чисел, в которой каждый член
является делителем по крайней мере еще одного члена
последовательности. Из этой последовательности мы мо-
жем выбрать подпоследовательность, в которой каждый
последующий член будет кратен предыдущему, что и
требовалось доказать.
264.	Рассмотрим отдельно два случая.
Случай 1. В каждой бесконечной подпоследователь-
ности &1, &2, ... данной последовательности а\, «2, ...
существует по крайней мере одна сумма bt + bj и соот-
ветствующая бесконечная подпоследовательность
Ь1г, ..., такие, что
2bik Ф 0 (mod (Ь( + b})).
При этом очевидно, что бесконечно много членов под-
последовательности Ьц, bi„ ... принадлежат одному и
тому же классу вычетов по модулю b{ + bj. Иначе го-
воря, существует сумма ait + а^ и бесконечно много
членов последовательности а, (для удобства обозначим
их а(2\ а$\ ...), таких, что
2а<2> & 0 (mod (аг1+аЛ)),	=^2) s... (mod	(1)
415
Аналогичным образом можно убедиться в том, что су-
ществует сумма а|2) + а|2) и бескЬнечная подпоследо-
вательность а(г3) членов последовательности а(2), таких,
что
2а<з>	0(mod (а<2> + а<2>)), а<з)=а<з)= ... (mod (а(2>+а<2>)).
Из соотношений (1) получаем
+ аь = 2а®	0 (raod (а/ + а/))*
Аналогичным образом находим и другие члены после-
довательности сумм
^> + а<з>,	+
Ясно, что ни один из членов этой последовательности
не является делителем другого.
Случай 2. Существует подпоследовательность bit
Ь^, ... членов последовательности at, az, ..., таких, что
для любой суммы b{ + bj найдется лишь конечное число
членов подпоследовательности bk, для которого 2bk
ф 0 (mod + bj)). Следовательно, при всех достаточно
больших п
26fts=0(mod (6,-+ &/)).
Рассмотрим последовательность сумм bi + Ьц„
Ь^Л-Ьпг, ..., где номера tii < nz <... возрастают не*
ограниченно и достаточно быстро для того, чтобы вы*
поднялось сравнение
26ftft =s 0 (mod {bi + 6„.)), i < k.
Поскольку 0 < 2&i < b\ + ЬП[, то
2&i	0 (mod {bi + 6П1)).
Таким образом, при k > I все члены последовательности
сумм bi + bnk удовлетворяют сравнению
2 (61 + 6„А) s= 2bi (mod (6i + 6П/)
и, значит, не делятся на 61 + 6П/. Тем самым ни один
из членов последовательности 6i + 6„fe не является де*
лителем другого, что и требовалось доказать»
416
265.	Пусть R— сила натяжения, постоянная по всей
длине нити, поскольку нить невесомая, а «налитая» в
нее жидкость не создает в нити касательных напряже-
ний; р — радиус кривизны нити; о — масса, приходящая-
ся на единицу «заполненной» жидкостью площади; g —
ускорение свободного падения; положительная полу-
ось у направлена вниз по вертикали (ось х— горизон-
тальная).
Гидростатическое давление на глубине у равно agy.
Если нить находится в равновесии, то давление cgy и
радиус кривизны нити р в точке, находящейся на рас-
стоянии у ниже оси х, определяют силу натяжения
R = —ogyp, или
agy
[W
d2y
dx2
R.
Полагая Rjag — a2/4 и интегрируя, получаем
y2 = ya2[l +0г)2] h + c = h2-a2sin2|,
где — arctg (dy/dx), a h — (c + a2/2)1/2— максимальное
значение у (стрела прогиба нити).
Решение полученного дифференциального уравнения
может быть выражено через эллиптические функции
<р
Е (k, <р) = j Vl — k2 эш2ф df<p,
о
ч>
F (k, ф) = -7=1=
J V1 — k2 sii
В самом деле, в точках закрепления нити ордината у
обращается в нуль, а потому должно выполняться не-
равенство а2 2h2. Положим h2 = k2a2, где k2 <_ 1/2 и
введем новую переменную ф с помощью равенства
k sin ф = —sin(,&/2). Тогда у =/гсо5ф, а поскольку
sinO = -^7 = —Лэшф 41
as	т ds
417
(здесь s — длина дуги, отсчитываемая для удобства от
точки максимального прогиба, где <р = 0, в обе стороны
с соответствующим знаком), то
ds ________д sin <р ____ а 1
d<p	sin ft 2 Vl — /г2 sin2qp
Таким образом,
ч>
a f dtp
2 J Vl — A2sin2<p
= ~ aP (k, <p).
Аналогично
dx , sin <p „ al — 2k2 sin2 <p
	= — h	7- COS O' =-,	„ b- ,
dtp-------------------------------------------sin v	2 V1 — A2 sin2<p
x = a — k2 sin2 ф rf<p — -y (	= =
J v	2 J Vl — A2sin2<p
— aE (k, <p) —aF (k, <p).
Итак, если k и а фиксированы, то искомую кривую
можно задать параметрическими уравнениями у =
= /icos<p, х — aE(k, <p)— ~aF(k, ф). Постоянную k на-
ходим из равенства
л/2
1 = а\	.
J Vl — A2sin2<p
п
266.	Полюсы функции [(1 — z2)/sinnz] Цзт(л.г/Уг) мо-
А=2
гут располагаться только в точках вещественной оси
с целочисленными абсциссами. При	возможные
нули знаменателя оказываются подавленными нулями
числителя, а при |z|>n числитель впервые не обра-
щается в нуль, когда г, возрастая, достигает ближай-
шего к п простого числа р (решето Эратосфена!). Таким
образом, радиус сходимости степенного ряда, представ-
ляющего рассматриваемую функцию, равен расстоянию
от начала координат до первого простого числа, боль-
шего п. Утверждение задачи непосредственно следует из
доказанного и формулы Коши —Адамара.
418
267.	Как известно (см. III. 14), Fn — (rn — sn)f^/5 ,
где г и s — корни уравнения х2— х—1=0. Полагая
а = 2п, получим
= Г2а 4. $2а _ (га 4. sa)2 2 = - 2 (fs)“ + 2 = 0.
Следовательно, отношение чисел Фибоначчи F2k+i/F2t
удовлетворяет тому же рекуррентному соотношению, что
и члены последовательности ак, а поскольку ct\ = 3 =
= FilF2, то тем самым утверждение задачи доказано.
268.	Пусть а — радиус сферы, р(г)—плотность в
точке Р, находящейся на расстоянии г от центра сферы,
f(r) —ускорение силы тяжести в точке Р.
Известно, что однородная сфера притягивает мате-
риальную точку, лежащую вне ее, так, как если бы вся
масса сферы была сосредоточена в ее центре, а внутри
той же сферы равнодействующая сил тяготения равна
нулю. Поэтому
Г
Дг) = -Д-$ 4np(s)s2ds.	(1)
о
Если единичная масса падает с поверхности планеты
в точку Р по любой траектории (без трения), то в точ-
ке Р ее скорость определяется законом сохранения энер-
гии
а
j[V<r)]2===\f(s)ds.	(2)
Рассмотрим прямой туннель с идеально гладкими
стенками, прорытый на расстоянии х от центра планеты.
Если у — расстояние От точки Р на оси туннеля до се-
редины туннеля, то
у2 = г2 — х2,
dt у г2— х2 dt
419
Следовательно, половина времени Т, за которую еди-
ничная масса пройдет насквозь весь туннель, равна
а
£.= f rdr
2 ~ j V (г) Vr2 - х2 '
(3)
Умножив соотношение (3) на х/^х2 — у2, проинтегри-
руем правую и левую части по х от у до а (у — произ-
вольное число, заключенное между Она):
а а
S, f	хг dr
ах \-----------.	. ....
J V (г) Vx2 — у2 у г2 — х2
х dx ___ Т
Vx2 — у2	2
Изменив порядок интегрирования, получим
аг	а
Г -------- г г dr	г	Х dx	___ л f г dr
— У а	— у — ) v	j	Vx2_^2 Vr2_x2	~ 2 j V (г)	*
У	У	У
Продифференцировав по у, найдем зависимость скоро-
сти от у.
V(y)=lr-№=yt.
Теперь нетрудно вывести зависимость /(г) (для этого
соотношение (2) достаточно продифференцировать по г):

Наконец, подставив это выражение в соотношение
(1), получим после дифференцирования по г выражение
для плотности планеты:
Р(г)==4йТ2'*
Таким образом, плотность планеты постоянна, что
и требовалось доказать.
269.	Пусть е — единственный исключительный эле-
мент. Ясно, что е ф О,
420
а.	Поскольку при всех у
е 4- (— е 4- у — еу) + е(— е 4- у — еу) =—е2 4- У — е2у=£=Ъ,
то — е2 = е, или е24~е = 0.
б.	Соотношение к 4- ех = 0 выполняется при всех х.
Действительно, если бы выполнялось соотношение е 4"
4- х 4- ех #= е, то существовал бы элемент кольца у, та-
кой, что е 4- х 4- ех 4- у 4- (е 4- х 4- ех) у = 0. Умножая
последнее соотношение слева на е, получаем (по дока-
занному в пункте «а») е2 — 0, или е = 0. Полученное
противоречие доказывает, что соотношение х 4- ех = 0
выполняется при всех х.
Аналогичным образом только что полученный резуль-
тат позволяет доказать, что х 4- хе = 0 также при всех
х. Таким образом, — е совпадает с единичным элемен-
том кольца А.
в.	Соотношение х 4- у 4- ху = 0 можно теперь пред-
ставить в виде (х — е) (у — е) = — е при х е, или
XY = — е при X =й= 0, где X = х — е, Y — у — е. Таким
образом, для любого отличного от 0 элемента X коль-
ца А существует обратный элемент. Следовательно, А—•
кольцо с делением, что и требовалось доказать.
270.	Пусть
п — 1 = У, 2kak\ ak = Q, 1.
Тогда
Суммируя правые и левые части, получаем
= £ 2тат = п ~ 1.
т*=0
что и требовалось доказать.
271.	Вероятность вынуть данный коробок спичек ров-
но п раз за п 4- х(х = 0, 1, ..., п) испытанный и затем
421
достать его снова при (« + х+1)-м испытании равна
/ п I X \ / 1 чП+Х+1
( n J (2~)	' Следовательно, когда вынутый ко-
робок оказывается пустым, вероятность того, что в дру-
гом коробке осталось п — х спичек, составляет
2("Г)аг+,-(“Г)(1Г-
Поскольку это событие должно происходить при од-
ном и только при одном значении х, то
Ё(“Г)(1Г=>- (О
х=0
Математическое ожидание Е числа спичек, оставшихся
в другом коробке, определяется выражением
х=0
Соотношение (1) позволяет упростить это выражение
следующим образом:
*-<2»+оЁег)(тГ-
х=0
п
~Е<«+1+^(’Г)(4) =
Х-0
п	. . ,
=(2в+D-20.+)(1Г,+ -
х-0
= (2"+ D-2("+ »[1 -(2„7,2)(тГ+!] =
(2п+ 1)! / 1 \2«	.
= nlnl \2/
272.	Число не является исключением. Разложе-
ния в виде бесконечных отношений можно получать и
для других радикалов. Докажем это утверждение.
При а -* оо дроби
„ , ,	2-4-6...2а	__ 22ааЫ
?	1-3-5...(2а—1) ~ (2а)1
422
расходятся, но частные
F (па) ___ 22а(п-1) (na)i (па)1 (2д)|
F (a)	alat(2na)t
(1)
сходятся к , в чем нетрудно убедиться, если вос-
пользоваться формулой Стирлинга [см. 111.11(6)]. Если
при нечетном п каждый множитель дроби F(a) умно-
жить на п, то отношение (1) будет эквивалентно дроби
F(na), в которой вычеркнуты все числа, кратные п. Эту
дробь нетрудно разложить в бесконечное отношение
Го/Л/Гг, ... , где
__ (kn + 2) (kn + 4) ... (kn + n — 1)
Гк (kn -f- 1) (kn + 3) ... (kn -f- n — 2) ‘
Примерами таких разложений могут служить раз-
ложение, приведенное в условии задачи, и разложения
/— _ 2-4 /7-9 /12-14 /17-19
~ 1-3/6-8/ 11-13/ 16-18
/у_ 2-4-6 /9-11-13 /16-18-20 /
‘ ~ 1-3-5/ 8-10-12/ 15•17-19/ ’ * * *
Если п четно, то все числа, кратные п, войдут в чис-
литель дроби F(na). Следовательно, отношение (1) в
этом случае эквивалентно дроби F(na), у которой все
нечетные числа, кратные п, повторены дважды, а все
четные числа, кратные п, вычеркнуты. Соответствующее
бесконечное отношение rjrjrz ... содержит числа
_ (kn + 2) (kn + 4) ... (kn + п)
Гк~ (kn+\)(kn + 3) ...(kn + п-1)
_ (kn + 1) (kn + 3) ... (kn + n — 1)
Гк~ (kn)(kn + 2) ... (kn + n-2)
при четном k,
при нечетном k.
Например,
/о"__________ 2/3/6/7/10
"V2 — 1/2/ б/б/ 9
2-4'/5-7 /10-12 /13-15
1-3/ 4-6/ 9-11 / 12-14 • ‘
2-4-6 /7-9-11 /14-16-18
1-3-5/ 6-8-10/ 13-15-17
273.	Пусть Сг — окружность радиусом г с центром в
начале координат. Любая непрерывная вещественная
423
функция f достигает на Ст минимального значения. Обо-
значим через Sf множества точек, в которых f достигает
минимума на окружностях Сг при любых г 0. Дока-
жем, что для любой непрерывной функции f множество
Sf замкнуто и пересекает любую окружность Сг и, на-
оборот, любое замкнутое (не обязательно связное) мно-
жество S, пересекающее любую окружность Сг, является
множеством Sf точек минимума, достигаемого на окруж-
ностях Сг некоторой непрерывной функцией f.
Для любой непрерывной функции f множество Sf по
определению пересекает любую окружность Сг. Чтобы
доказать, что множество Sf замкнуто, рассмотрим после-
довательность точек рп-*р, где pn^Sf. Пусть q—-лю-
бая точка, принадлежащая той же окружности, что и /?.
Докажем, что f (р) f (?). Для этого выберем последо-
вательность точек qn, сходящуюся к q, так, чтобы ка-
ждая точка qn лежала на той же окружности Сг, на
которой лежит точка рп- Поскольку рп — точка, в кото-
рой функция f достигает минимума на окружности Сг,
то f (Рп) f(qn). Но f — непрерывная функция, поэтому
f(Pn)~*f(p), f(qn)->-f(q) и f(p)^f(q). Следовательно,
р е Sy и множество Sf замкнуто.
Рассмотрим теперь замкнутое множество S, пересе-
кающее любую окружность Сг. Определим функцию
f(p) как расстояние от точки р до множества S. Тогда
f — непрерывная функция, обращающаяся в нуль на S
и положительная всюду вне этого множества. Посколь-
ку множество S пересекает каждую окружность Сг, то
минимум функции f на Сг равен 0 и достигается только
в точках пересечения окружности Сг с множеством S,
Следовательно, мы доказали, что Sf = S.
Замкнутое множество, пересекающее любую окруж-
ность Сг, можно получить, дополнив произвольное зам-
кнутое множество лучом, исходящим из начала коор-
динат. Хотя такое множество может быть несвязным, оно
обладает по крайней мере одной связной компонентой.
Вполне несвязное замкнутое множество S, пересекаю-
щее каждую окружность Сг, можно построить следую-
щим образом. Пусть а : & -* г — непрерывное отображе-
ние канторова совершенного множества D, построенного
на интервале 0	2п, на замкнутый луч 0 г
+ оо, такое, что точка 2л, и только она, переходит
в бесконечно удаленную точку оо. Плоское множество
424
S=={(r, 0), r=a($), ft 2л}, где (r, ft) поляр-
ные координаты, замкнуто, вполне несвязно и пересе-
кает каждую окружность Сг.
274.	Пусть п— заданное натуральное число; 1 а;
п, i — \,2, k. Обозначим через A4(n;ai......aft)
множество всех целых чисел т (1 m sg: п), для кото-
рых по крайней мере при одном а, либо а^т, либо m^at,
а через |Л1| —количество целых чисел, принадлежащих
множеству М, и
Л(а)==а1 + а2+ ... +аг, если а —... р^г.
Пусть при заданных k и п величины ait i— 1, 2, ...
..., k, образуют систему чисел, для которых величина
Л1(п; й1, ..., as) максимальна, а (если таких систем
несколько) величина %(«i, ..., ah) минимальна. Дока-
жем, что при этих условиях каждое а{ — простое число.
Не ограничивая общности, предположим, что ф а;
при i ф j.
1.	Если а, == ра, р — простое число, то а == 1.
Действительно, если а > 1, то выберем систему a't,
задаваемую соотношениями а<==р, a'j = aj при j i.
Ясно, что М(п; а'у а2,	а'^ = М(п; а{, а2, ..., и
Л (а', а', ..., а'й)<Л(а1, а2, ..., ак).
2.	Если ai = р, р — простое число, то (а3-, р) = 1 при
/ =И= i.
Предположим, что aj=paa'l, а > 0, (a'jt р~) = 1 при
некотором / =И= i. По доказанному в пункте 1 dj > 1.
Положим a'v = av при v Тогда, как и в пункте 1,
М' — М (п; а\, d2,	(п; а{, а2, ..., ак~) — М. (1)
Действительно, элементами множества М, не принадле-
жащими множеству М', могли бы быть лишь те, которые
делятся на р. Но тогда они делятся на az== a't и, следо-
вательно, должны принадлежать множеству М'.
3.	Пусть а, == Pad, (p,d)=\, а 1, d > 1. Тогда aj
не делится на d при j ф i.
Действительно, предположим, что d\a} при j i.,
Пусть а'^р, a'v=av при v#=i. Тогда снова будет вы-
полняться включение (1), поскольку из всех элементов
425
множества М множеству М' могут не принадлежать
только делители числа d, которые являются делителя-
ми числа af = a'f и поэтому должны принадлежать мно-
жеству М'.
4.	Предположим теперь, что числа ai, аг,  • •, аг со-
ставные, a аг+ь ..., ah — простые. В пункте 2 мы дока-
зали, что (ар., av) = 1 при 1 р, г, г < v < /г. Пусть
91, <7г, •••,	—различные простые числа, такие, что:
а) 91 — наименьший простой делитель чисел ai, аг, ...
..., аг; б) каждое число аг делится по крайней мере
на одно из чисел qv. Ясно, что такой набор простых чи-
сел существует. Не ограничивая общности, предполо-
жим, что av = <7v при г < v k. Докажем, что
| М' | = | М (п; 91, 9г, .... 9fe)l>
ab a2, ..., aJ| = |M|. (2)
Пусть mv^l(v=l, 2........k) — наибольший дели-
тель числа av, который взаимно прост с 91, 92, ..., 9й-
Например, mv — 1 при v > г. Ясно, что элементы мно-
жества М, не принадлежащие множеству М', должны
быть делителями некоторых mv, и каждый делитель
d\mv, d > 1 обладает этим свойством. Остается лишь
доказать, что число элементов множества М', не принад-
лежащих множеству М, не меньше числа таких дели-
телей.
Предположим сначала, что d\mv, 1 < d < mv. Пусть
a — наибольшее из целых чисел, удовлетворяющих не-
равенству A(d) = q^d ^.п. Ясно, что и число A(d)
принадлежит множеству М'. С другой стороны, A(d)
не принадлежит множеству М, то есть не является де-
лителем числа аг- и не делится на аг- ни при каком i.
При i — v это утверждение очевидно, при i Ф v оно
следует из пункта 3. Действительно, если A(d) —дели-
тель числа аг- (i^r), то A(d) = at, поскольку при лю-
бом простом делителе р числа а, выполняется неравен-
ство pqfd>n и а{\А(с1). Но если аг — делитель числа
A(d), то а; должно иметь вид q^d^ где di— делитель
числа d и, следовательно, делитель числа av, что проти-
воречит доказанному в пункте 3. Очевидно, что при
di ф d2 числа A(d\) и A(d2) не равны.
Предположим далее, что d = mv > 1, то есть v г.
Пусть число таких d равно s. Итак, требуется найти s
426
различных чисел, не превышающих заданного натураль-
ного числа п, не совпадающих ни с одним из чисел
A(d) и принадлежащих множеству М', но не принадле-
жащих множеству М. Пусть 0j (i = 1, 2, г)—наи-
большее целое число, удовлетворяющее неравенству
а у» — наибольшее целое число, удовлетворяю-
щее неравенству А( = д^д^‘ ^.п. Числа А{, очевидно,
принадлежат множеству М', но отличны от чисел A(d).
Необходимо доказать, что по крайней мере s из чисел Л/
не принадлежат множеству М. Но если Л(-— делитель
числа aj, то в силу приведенного выше рассуждения чис-
ло Ai должно совпадать с а7- и, следовательно, делиться
на aj. Может случиться, что Л(- делится на (или даже
несколько а7) с m.j = 1. Но два различных числа Л(- не
могут делиться на одно и то же число aj, поскольку это
означало бы, что aj совпадает с некоторой степенью
простого числа qi. Следовательно, чисел Л/, не принад-
лежащих множеству М, существует по крайней мере
столько, сколько существует чисел а, с mv> 1, то есть
s. Итак, числа A(d) и Лг-, взятые вместе, дают по край-
ней мере столько элементов множества М', не принад-
лежащих множеству М, сколько существует чисел d\mv,
d > 1, что и требовалось доказать.
Но А(?ь ?г, • • •. dh) < Цац а2, ..., ан), если г > 0.
Следовательно, г = 0 и каждое из чисел at простое.
Утверждение задачи можно считать доказанным, если
заметить, что
|Л4(«; glt д2, .... qk)\< \М(п; 2,3,..., pk)\.
275. Из определения постоянной Эйлера С (III. 12)
следует, что
Выражение, стоящее в скобках, можно преобразовать
к виду
2я	2п	оо	s
А=Ет -1п2 -|п2""=Ёт+X —|п2”'-
S-l	/-I	S-I
427
Замечая, что при сложении членов конечной суммы и
бесконечного ряда члены с нечетными s взаимно унич-
тожаются, а при четных s соответствующий член ряда
удваивается, получаем
2«-1	оо
л=£1-1„2-+ £
S=1	s=2n+l
Проделав аналогичную операцию над двумя членами
нового выражения, преобразуем его к виду
2-п—2	оо	s °°	s
£ <=1L+ £ fc!L.
S = 1	s=2n-1+l	s=2n+l
Продолжая этот процесс до полного «исчерпания» ло-
гарифмического члена, представим А в виде суммы ря-
дов. Сложив члены этих рядов, имеющие общий знаме-
натель, получим следующее выражение:
г=1 ' S=2r+1	' s=2n+l
ОО
Заметим, что при п—> оо член п Е (-i)7S^o, по-
s-2n+l
скольку остаток ряда «лейбницевского типа» не больше
первого из его членов. Следовательно,
00	ч
S = 1
где {%} означает наибольшее из целых чисел, которые
меньше числа х. Записав единицу в виде суммы беско-
нечно убывающей геометрической прогрессии 7г +	+
+ ’/в + • • • и сложив члены этой прогрессии и члены
00
ряда £((-l)7S){lnS/ln2), имеющие одинаковые зна-
S = 1
менатели, получим то выражение для постоянной Эйле-
ра, которое требовалось доказать.
276. Пусть ц, v, р, k, т — положительные целые чис-
ла, S — заданное множество положительных целых чи-
428
сел и а — элементы множества S. Обозначим через S*
множество всех чисел вида • • • «„"> гДе s> О-
Тогда 1 eS* и А, В, С, D, Е, F — элементы множества
S*. Предположим, что множество S обладает делитель-
ным свойством. Докажем, что множество S* также об-
ладает делительным свойством.
Начнем с доказательства следующей леммы.
Лемма. Если при всех v, то существует под-
последовательность индексов vp, такая, что vi < V2 <Z
< ... и aVl делит aVl, аъ делит aV} и так далее.
Доказательство. Пусть М— множество всех индек-
сов р, таких, что если g < v, то ац> av. Множество М
конечно, поскольку в противном случае мы могли бы
выбрать подпоследовательность рр е М, такую, что
pi < рг < • • • • Тогда соответствующая бесконечная под-
последовательность элементов множества S была бы
убывающей аР1 > а^ > ..., что невозможно. Для ин-
декса большего максимального из индексов, при-
надлежащих множеству М, существует индекс рг > рь
такой, что	Продолжая этот процесс^ получим
конечный набор All элементов множества М, такой, что
pi < Р2 . • • и Пр, «С а^ «С • • • • Пусть М2 — множество
всех р G= Mi, таких, что а:1 не является делителем ни
для одного av при р < v, veAlj. Тогда множество М2
конечно, поскольку в противном случае мы могли бы
найти различные р, v^M2, такие, что ap,|av (напомним,
что множество S обладает делительным свойством!). По
определению множества М2 это означало бы, что v < р.
В свою очередь неравенство v < р по определению мно-
жества Mi означало бы, что av а^, откуда av = а^,
av|ap,. Но это противоречит тому, что v^M2. Следова-
вательно, можно выбрать индекс vi eAli так, чтобы чис-
ло vi было больше любого элемента множества М2. То-
гда существует v2 е Mj, v2 > vi, такой, что aVl | aVl, Про-
должая этот процесс, находим элементы v2, v2, ... мно-
жества Mi, такие, что vi < V2 < ..  и aVt | av„ aV21 aVa. Тем
самым лемма доказана.
Обратимся теперь к доказательству утверждения за-
дачи. Пусть Av е S* при всех v. Требуется найти раз-
личные индексы р, v, такие, что Av | Ац.
Определим по индукции числа nh, Bk, Ck, следующим
образом:
429
а.	Положим по=1> Bq = 1, Со=1. Заметим, что
тр, Dp, Ер можно выбрать так, чтобы п0 <. mi < т2 <.
Атр — ВрЕр, Bq | D\ | D21 Z?3 ...
(a|b|c ... означает, что a — делитель числа b, b — де-
литель с и, вообще, каждое предыдущее число — дели-
тель последующего). Для этого достаточно взять
тр = /?+1, Др=1, Ер = Ар+1.
б.	Предположим, что при некотором k мы уже
нашли числа nk~\, Bk~i, Ск-1, позволяющие выбрать /п',
D'. Е' так, чтобы пь . <т' <т'. <,..., А‘' , = D'E'.
р9 р	’	«—1	12 1	9 тр р р9
.... Выберем т'р, D'p, Е'р так, чтобы число
Ei имело наименьшее из допустимых значений, и положим
Bk==Dv Ck = E't-
Итак, числа пк, Bh, Ch определены теперь при всех k
и удовлетворяют следующим условиям:
И1 < «2 < «з <
Д„р = ВрСр, B,|B2|....
Кроме того, при любом k число С* обладает сле-
дующим свойством минимальности: если пк_1 < tn" <
<tn"< ..., А" = D"E" и BkAD"\D" ..., то Ск^Е",
в. Рассмотрим отдельно два случая.
Случай 1. Предположим, что существует такое зна-
чение k, при котором Ск = 1. Тогда АПк = Вк\ Bk+i | Апк+1,
и доказываемое утверждение выполняется при ц = пк,
v = nk+i.
Случай 2. Предположим, что Ск > 1 при любом k.
Тогда существуют числа ak, Eh, такие, что Ck = akFh,
а по лемме существует набор индексов vi < v2 < ... ,
при котором aV1|avJ • Следовательно,
^«Vp — 5vpC vp — (5vp«vp) ^vp>
Вvi—11 BVlav, | В^2а^21 • • •,
ftV[ —1	«v2	>
EVi — CvJaVl < Cvi,
что противоречит свойству минимальности числа CVl.
Итак, утверждение задачи доказано.
430
277.	Минимальное число самолетов, необходимое для
того, чтобы обеспечить кругосветный полет одного само-
лета, не превышает 77.
Кругосветный полет будет возможен, если мы сумеем
составить расписание полетов так, чтобы самолет, ле-
тящий вокруг земного шара, пролетев 2/5 всего пути,
оказался вновь полностью заправленным, а к исходу
3/5 пути был встречен самолетом, летящим в противо-
положном направлении и несущим достаточный запас
горючего. Разделим 2/5 окружности земного шара на
12 равных участков. (Длина каждого участка состав-
ляет 1/30 длины земной окружности. Полной заправки
самолета хватает, чтобы пролететь шесть участков.)
Приводимое ниже расписание полетов показывает, ка-
ким образом обеспечивается кругосветный полет одного
самолета.
С базы одновременно взлетают 32 самолета. В конце
первого участка 25 самолетов заправляются в воздухе
до полной емкости топливных баков, а 7 — возвращается
на базу. В конце второго участка 5 самолетов заправ-
ляют остальные 20 самолетов до полной емкости и по-
ворачивают назад, но в то же время с базы стартуют
9 новых самолетов. Назовем порцией количество топ-
лива, необходимое одному самолету для того, чтобы
пролететь один участок. В приводимом ниже расписании
полетов индексы у числа самолетов, возвращающихся на
базу, показывают, сколько порций топлива останется
в сумме в их баках к концу участка, а отрицательные
индексы у числа самолетов, продолжающих полет, —
сколько порций топлива в сумме будет недоставать в их
баках до полной емкости в начале участка.
После того как первые самолеты пролетят шесть
участков, с базы необходимо выслать самолеты навстре-
чу самолету, совершающему кругосветный полет. Рас-
писание встречных полетов мы получим, прочитав рас-
писание полетов в обратном порядке и обратив стрелки.
Таким образом, четвертым рейсом 13 самолетов вылетят
с базы в ту же сторону, куда улетел самолет, совершаю-
щий кругосветное путешествие, а 18 — отправятся в об-
ратную сторону. Разумеется, индексы у цифр в распи-
сании встречных полетов будут другими, но легко про-
верить (хотя это и не очевидно с первого взгляда), что
это расписание также корректно. Число самолетов,
431
32
Расписание полетов
14
12
153
10
15
ft
18
ГГ
13
гг
15
153
12
9
находящихся в воздухе, на различных этапах обеспече-
ния кругосветного полета подсчитывается без труда. Не-
трудно убедиться в том, что в любой момент времени в
воздухе должно находиться не более 77 самолетов. Это
число достигается в восьмом рейсе, когда с базы стар-
тует 15 самолетов в одну сторону и 10 — в другую. По-
видимому, минимальное число самолетов, необходимых
432
для обеспечения кругосветного полета, меньше 77, по-
скольку приводимое ниже расписание полетов состав-
лено при некоторых упрощениях: считается, что само-
леты изменяют направление полета и заправляются,
только пролетев целое число участков, и все самолеты,
находящиеся в любой момент в воздухе на каком-либо
участке, летят в одном направлении (указанном стрел-
кой). Расстояния (в «участках») отложены по горизон-
тали, время — по вертикали.
278.	Пусть (xk, pk) и (хк, qk), где pk < qk, — концы
отрезка Sk. Условимся интерпретировать коэффициен-
ты at многочлена
f (х) == аоХп + а1х'г~1 + ... + ап
как координаты точки А в (n + 1)-мерном евклидовом
пространстве. Тогда множество точек А, для которых вы-
полняются неравенства
Pk < f (хк) < qk,
(О
выпукло. Действительно, если а" = (1 — Л)а(.+	где
1,	и координаты точек А и А' удовлетворяют
неравенствам (1), то координаты точки А" также удов-
летворяют этим неравенствам, что и требовалось до-
казать.
Утверждение задачи представляет собой частный слу-
чай теоремы Хелли, которая формулируется так: любое
число выпуклых множеств в (п + 1)-мерном евклидо-.
вом пространстве имеет общую точку в том и только
в том случае, если любые (п + 2) из них имеют общую
точку.
279.	Докажем сначала, что существует бесконечная
подпоследовательность а{< <.ait< ..., ни один из чле-
нов которой не делит другой. Пусть верхняя плотность
последовательности {аг} равна а и — наименьший из
членов последовательности, удовлетворяющих неравен-
ству а > 4а, а1г — наименьший из членов последователь-
ности, удовлетворяющих неравенству а > 2а(. и не крат-
ных а1г а1г—наименьший из членов последовательности,
удовлетворяющих неравенству а > 2а1г и не кратных ait аг
и так далее. Предположим, что построение подпоследо-
433
вательности ais обрывается на k-м шаге. Тогда вся-
кий член последовательности {aj с достаточно большим
номером кратен одному из чисел а^, а(2.......aik. По
построению al} > 2'-1 • 4/а. Следовательно, плотность
множества целых чисел, кратных одному из чисел
Л/,, а«2, •••» не больше чем
00
Это означает, что верхняя плотность последовательности
{aj меньше а/2. Полученное противоречие доказы-
вает существование бесконечной подпоследовательности
aii < ai2 <  • •» ни один член котоР°й не делит другой
член.
Чтобы доказать более сильный результат, обозначим
через dx плотность целых чисел, имеющих делитель, ко-
торый заключен между х и 2х. Как показал П. Эрдёш *,
lim dx = 0. Определим теперь последовательность це-
Х-»оо
лых чисел п\ < П2 < ... так, чтобы выполнялись два
условия:
2) число элементов последовательности в интер-
вале («г, 2пг) должно быть больше у апг.
(Второму условию можно удовлетворить, поскольку
верхняя плотность последовательности {nJ равна а.)
Подпоследовательность последовательности {nJ за-
дадим следующим образом. Рассмотрев те элементы по-
следовательности {аЦ из интервала (пг, 2пг), которые не
кратны ни одному элементу последовательности из ин-
тервала (tij, 2tij), где /= 1, 2, ..., г—1, мы получим
подпоследовательность а{, ati.....Ни один элемент
этой подпоследовательности, очевидно, не делит другой
элемент той же подпоследовательности. Кроме того, число
1 Р. Erdos, Note on sequences of integers no one of which divi-
des the other, Journal of London Mathematical Society, 1935.—
Прим, перев.
434
элементов подпоследовательности {aIfe}> принадлежащих
интервалу (пг, 2пгу, не меньше
(Число элементов подпоследовательности принад-
лежащих интервалу (пг, 2пг), не меньше числа элемен-
тов последовательности {аг}, содержащихся в том же ин-
тервале, минус число целых чисел в интервале (пг, 2пг),
имеющих делитель из интервала (и;, 2и3-) при / —
= 1,2, ..., г—1.) Следовательно, верхняя плотность
последовательности {aik} больше нуля и
Нетрудно видеть, что полученные оценки неулуч-
шаемы. Иначе говоря, если f(x) сколь угодно медленно
стремится к бесконечности, то существует последова-
тельность а] < «2 < • • •, такая, что при всех х число
членов последовательности {аг}, удовлетворяющих нера-
венству at х, превосходит х//(х), но не существует
бесконечной подпоследовательности ait < at < ..ни
один член которой не делил бы другой член той же под-
последовательности.
280. При U1 = 1 задача тривиальна. Пусть Ui 2 и
Ьт — число элементов конечного набора ait а2, ..., а^,
удовлетворяющих неравенствам
п п п
т	m - 1 1
(1)
Каждый из этих Ьт элементов а,- имеет (т— 1) крат-
ных среди п первых натуральных чисел, причем никакие
два из этих элементов не имеют общего кратного среди
п первых натуральных чисел. Таким образом,
i>2 + 2bs + 3&4 + ... nbn+l=n— rh ri^O. (2)
Для любого конечного набора сь < а2 < ... мы
можем, не ограничивая общности, выбрать п равным ah.
Тогда, как следует из неравенств (1),
< 4 +	+ 6з4 + ^4 + •' • +6«+i	=
/=1 '
= --(—1 + 262 + 3&з + 4&4 + ... + (и1) 6п+1).
435
Подставляя значение b2 из соотношения (2), полу-
чаем
k
Ё77<2-7-Т->з + я’* + 3(’»+ •••
... +(п-1)6.+ 1),	(3)
что и доказывает неравенство
k
Чтобы улучшить эту оценку, рассмотрим целые чи-
сла 1, 2,	, [и/2]. Каждое из 63 + 64 чисел а,- имеет
среди этих целых чисел по одному кратному, каждое из
65 + &б чисел аг — по два кратных и так далее. Следова-
тельно,
63 + 64 + 265 + 266 + 367 + 368	...
= [т] — Г2> г2>0- (4)
Кроме того, если р > [и/2] не делится ни на одно из
чисел аг, то число р можно включить в набор а» по-
скольку любое кратное числа р, отличное от самого р,
больше п. (Такое расширение набора аг- лишь увеличи-
вает сумму обратных величин £1/Яг.) Но (и — г2)—
количество элементов в множестве целых чисел, удовле-
творяющих неравенствам [n/2] < k <_ п и не кратных
числам аг. Пополнив набор всеми такими числами, мы
получим Г] — г2 = 0. Подставляя в неравенство (3) вме-
сто 63 его значение, определяемое из соотношения (4),
и используя равенство и — г2 = 0, преобразуем неравен-
ство (3) к виду
k
yj_<2 -
Zu а,	п п п L 2 J
i = l ‘
-|(&4 + &5 + 26е + 267 + 368 + ...)<1у.	(5)
Рассмотрим теперь целые числа 1, 2, ..., [ч/З]. Каж-
дое из 64 + 65 + 6б чисел at имеют среди этих целых чи-
436
сел по одному кратному, каждое из 67 + b& 4- bg чисел
Ui — по два кратных и так далее. Таким образом,
bt + b5 + Ь6 + 267 + 268 + 26э + 3610 4- 36ц 4- • • •
... = [п/3] — г3, г3 0.	(6)
Подставляя соотношение (6) в неравенство (5), получаем
ь
У _L < 2 -1 - Ll - 1Г-] - —Г—1 +
Zj а, П п п L2J п 1з
4" ~ {Ьд 4- Ь8 4" Ьд 4- 610 4" Ъц 4- 2612 4- • • •),
где все 6г, стоящие в круглых скобках, положительны.
Поскольку
J-Г——_ _1А Д. Гл1 1 С—_ ДЛ
п L2 J п I 2	2J’ п[з]^пкЗ 3)’
то предыдущее неравенство можно преобразовать к виду
k
уД_<2— — —	___1 — 1 4- — 4- —
La а.	п п ' п. 2	3 2п ' Зп '
1=1 1
Поскольку Г1 — количество элементов в множестве це-
лых чисел, не превышающих и и не кратных числам аг,
а гз — количество элементов в множестве целых чисел,
не превышающих [n/З] и также не кратных о», то и :> г3.
Следовательно,
k
y_L<2 + _L.
La а, 6' fa
i=l ‘
В частности,
k
у» 1	6
La а,	5
i=l ‘
(при и 5 это неравенство следует из предыдущего, а
при п — 4 проверяется непосредственно).
281.	Пусть S и s — концентрические сферы радиу-
сами R и г (R > г) с центром в точке О. Для того чтобы
сферу $ можно было вписать в тетраэдр, а сферу S
437
описать вокруг него же, радиусы должны удовлетворять
единственному условию — неравенству
(1)
Доказательство этого утверждения основано на из-
вестной теореме, согласно которой если совпадают лю-
бые два из трех центров тетраэдра — центр описанной
сферы, центр вписанной сферы и центр тяжести, — то
третий центр также совпадает с ними, а все четыре
грани тетраэдра конгруэнтны *.
Пусть ABCD — тетраэдр, вписанный в сферу S и опи-
санный вокруг сферы s. Тогда описанная окружность Ci
грани АВС совпадает с пересечением сферы S с пло-
скостью М, касательной к сфере s. Центр О] окружно-
сти С] находится в точке касания плоскости М и сферы
s, а ее радиус определяется выражением
/?i = V/?2-r2.	(2)
Поскольку точка О — центр тяжести тетраэдра
ABCD, то прямая DO пересекает грань АВС в центре
тяжести G этой грани, и
DO — 3-OG.	(3)
Пусть плоскость N, проходящая через вершину D
параллельно плоскости М, пересекает сферу S по окруж-
ности С2. Центр О2 окружности С2 лежит на одной пря-
мой с точками О и Oi, и, как следует из соотношения
(3), ОО2 = 3-OjO = Зг. Поскольку OO2D — прямоуголь-
ный треугольник, то радиус О2О = /?2 окружности С2
удовлетворяет соотношению
/?2 = Vtf2-(3r)2.	(4)
Из подобия треугольников 00iG и ОО2О получаем
010 = 4--	(5)
Выведенные соотношения позволяют без труда по-
строить тетраэдр, вписанный в сферу S и описанный во-
круг сферы s, имеющие общий центр О и радиусы R. и г,
которые удовлетворяют условию (1).
Примем за вершину С тетраэдра произвольную точку
окружности Ci радиуса К.1 = л/Н2 — г2 и найдем такую
438
точку G, для которой выполняется соотношение (5). Это
всегда можно сделать, поскольку выполнено условие (1).
Продолжим отрезок CG на половину его длины до точ-
ки К. Поскольку
CK = ^CG <^(СО{-\-Ofi) —
= 4 (Л + У V*2 - (Зг)2) < 2/?ь
точка К. всегда попадает внутрь окружности Сь Через
точку К проведем хорду АВ, перпендикулярную отрезку
Oi/(. Наконец, вершину D построим как пересечение
прямой GO со сферой S.
Тетраэдр ABCD искомый. По построению он вписан
в сферу S, а так как
GO = д/00! + GO2! = дД2 + ± [Я2 — (Зг)2] = А = | OD,
центр О этой сферы совпадает с центром тяжести тет-
раэдра. Следовательно, О — центр вписанной сферы, и
это есть сфера s.
Таким образом, если условие (1) выполнено, то во-
обще говоря, существует бесконечно много неконгруэнт-
ных тетраэдров, вписанных в сферу S и описанных вок-
руг сферы s.
282.	При а = 0, h Ф 0 условие задачи принимает сле-
дующий вид:
h sin(4) = 2ftftsin(4л) — cos («4) = 4sin^-’cos^- (!)
Поскольку при /г->0 каждая из функций Asin(l//i) и
2d/i sin(l/d/i) стремится к нулю, то cos (1/д/г) = cos Л
также стремится к нулю (при Л—>0). Следовательно,
при любом 6 > 0 существует число Я (б) > 0, такое, что
из неравенства |/г| < Н следует | cos Л, | < б, а при любом
е>0 существует число б = б(е)>0, такое, что
из неравенства |cosA,|<6 следует неравенство
[А, — (п + '/2)л < е при некотором целом п. Таким об-
разом, если |/г < Н [6(e)], то
|л — (п+ 4) л| < 8,	(2)
439
где п — некоторое целое число. Используя теорему о не-
явной функции, легко находим, что при достаточно ма-
лых h уравнение (1) имеет решение к в каждом интер-
вале (2) при n^N. Следуя условиям задачи, выберем
из них наименьшее — обозначим его через i(/i),— согла-
сующееся с неравенством k(h) = l/0/i > l/h. Поскольку
A,(/i)->oo при Л —>0, соответствующее п—>оо.
283.	Рассмотрим более общую последовательность
fn. (х) — s*n
где g —любое нечетное число, отличное от 1. Углы, кон-
груэнтные по mod 2л, условимся считать эквивалент-
ными.
а.	Если последовательность fn(x) сходится, то после-
довательность углов sn = qnnx либо имеет единствен-
ный (по mod 2л) предел t, либо распадается на две под-
последовательности, сходящиеся к углам t и л — t
(mod 2л). В первом случае t удовлетворяет соотно-
шению ss/(mod 2л), откуда t = 2mn/(q — 1), где
т — любое целое число. Во втором случае подпоследова-
тельность «2n-i сходится к предельному углу t, а подпо-
следовательность «2п — к предельному углу л — t.
(В противном случае можно было бы выбрать подпо-
следовательность троек
Sn£-|-iSnfe+2-* ft	Л=1, 2, ...,
и предельный угол t удовлетворял бы соотношениям
t = qt = q2t = л — t вопреки тому, что t ф л — /.) Таким
образом, <?/+ / = л(тоб2л) и t = (2т + 1)л/(<? + 1).
Каждая из двух подпоследовательностей «2п-1 и s2n
стремится к единственному пределу T(=t или л — t),
удовлетворяющему соотношению q2T = 7'(mod2n).
б.	Если последовательность fn (х) сходится, то s1V ==
== t (mod 2л) при некотором N и, следовательно, при
n^N
sn=t или 5П = Л — t.
В противном случае соотношение
sn+2 — t = (f(sn—f), q2>t,
легко привело бы нас к противоречию,
440
Итак, резюмируя сказанное в пунктах «а» и «б», мы
заключаем, что если последовательность fn(x) сходится,
то
-	2т	£	2т + 1
либо х = —й-------, либо Х = —ъ—~  ,
где т и N — любые целые числа, и пределы равны соот-
ветственно
2тп
Sin----г.
sin(^+lU
9+1
Наоборот, если х принимает любое из указанных зна-
чений, то последовательность fn(x) сходится к соответ-
ствующему пределу.
284.	Поскольку
[2у] = [у] + [у+|],
((2у)) = ((£)) +((у+ |))-
Полагая у*=2пх, получаем
((2“х + 4))-((2'+^))-((2^)).
Таким образом,
т
£ ((2"х+4))=((2т+1х)) -
/1=1
а поскольку | ((z/)) | sg: 72, то рассматриваемые суммы
равномерно ограничены сверху единицей.
285.	Введем в пространстве прямоугольную систему
координат. Пусть центр сферы радиусом а совпадает с
началом координат, а пробная частица, испытывающая
притяжение со стороны сферы, находится в точке
(О, 0, z), где z > а 0. В этих обозначениях задача
сводится к тому, чтобы найти непрерывную функцию
f(r) (г — расстояние от начала координат), для которой
выполняется соотношение
“cos®—-f(r)sin'&d<fd^ = — 4na-f(z)j	(1)
о о
441
где г2 = а2 + z2 — 2az cos 6. Соотношение (1), как не-
трудно видеть, эквивалентно условию
I— (а2 — z2 — r2)!(г) dr == — 4az2f (z).
z—a
Вычисляя частные производные от 1 по а и z, получаем
= f(z + а) (— 2az — 2z2) + f (z — a) (2az — 2z2) +
+ 2a J f (r) dr = - 4z2f (z),	(2)
z-a
•Ц- — f (z + a) (— 2az — 2z2) — f (z — a) (2az — 2z2) —
— 2z	f (r) dr — — 8azf (z)— 4az2f' (z). (3)
z—a
Таким образом, f'(z) и (как показывают аналогич-
ные выкладки) f"(z) существуют и непрерывны. Исклю-
чая интеграл из соотношений (2) и (3), находим
2a2zf' (z) = f (z + a) (a + z)2 +
+ f (z — a) (z — a)2 — f (z) (4a2 + 2z2).	(4)
Разделив (4) на а2 и устремив а к нулю, приходим к
дифференциальному уравнению для функции f(z):
2zV{z) = tfHz)Y-4f(z}
или
z2f" (z) + 2zf'(z) - 2f (z) = 0.
Общее решение этого уравнения f(z) = Az 4-Bz-2
удовлетворяет условию (1).
Таким образом, свойством ньютоновского закона при-
тяжения обладает закон притяжения
f(r) = Xr + Br-2.
286.	Производя повторно интегрирование по частям,
получаем
X	X
J	dt = е~* [Ш +...+/„(%)] + $ е-7„(0 dt. (1)
о	о
442
Функция f2(t) непрерывна и, следовательно, ограничена
на интервале 0 sg: t sg: М. Если |/2(0 | К, то, как не-
трудно доказать методом математической индукции,
м—1
Следовательно, интеграл в правой части соотношения
(1) стремится к нулю, и
X
Ф W = fl (х) + ех J e-ifi (0 dt.
о
К этому же результату можно прийти, заметив, что
разность ф(х) — fi(x) удовлетворяет дифференциальному
уравнению
= Л(х) + и.
Обоснование этого подхода также не представляет труд-
ности.
287.	Пусть at — n-значное двоичное число, последняя
цифра которого стоит на /-м месте в конечной последо-
вательности из 2” + п — 1 нулей и единиц, построение
которой описано в условии задачи, и a^ — at— 1. Если
число at нечетно, то, как следует из рецепта построения
последовательности, число а^ встречается в ней раньше,
чем at-
Пусть at — первое из чисел, встречающихся в наборе
дважды, то есть
az — ah i< j.
Поскольку Oi нечетно (а/ не может быть четным по пра-
вилам построения последовательности), то существует
номер k, при котором
аА = а;_, k < i,
если только at не является первым n-значным отрезком
последовательности (в противном случае а{ — ап —
= 2n—1). Таким образом, числа ак, а{, aj отличаются
лишь последней цифрой. Но тогда числа a*_i, аг_ь aj_i
имеют п—1 одинаковых последних цифр, и два из них
вопреки предположению совпадают.
443
Итак, ап — а, — 2п — 1 — первое число, которое
встречается дважды в выписанном наборе нулей и еди-
ниц; оно состоит из п единиц, откуда
aj-i^ 1 (mod 2),	0<7<га.
Поскольку число aj-i нечетно, то aji, встречается
в последовательности раньше. Иначе говоря, числу a/_i
соответствуют два числа, предшествующие в последова-
тельности числу aj и начинающиеся с нуля, после кото-
рого идут п — 2 единицы, а именно a/_i = 2n-1 — 1 и
аг = af-i = 2”-1 —2. Числа Я/-2 и Ф-ь имеющие одинако-
вые п — 1 последние цифры, обязаны отличаться первой
цифрой в соответствии с выбором а,. Поскольку оба эти
числа нечетны (имеют одинаковые последние цифры и
ciy_2 — нечетное число), то числу а/_2 соответствуют 22
различных чисел: а/_2,а;_1, aj-_2, предшествующих
в последовательности числу as и имеющих равную нулю
вторую цифру, после которой идут п — 3 единицы. Два из
этих чисел равны 2П-2 — 1 и 2п~2 — 2.
Объединяя эти числа в пары, имеющие п — 1 одина-
ковых первых цифр, и повторяя те же рассуждения, за-
ключаем, что числу aj-k (k — 3, 4, ..., п— 1) соответ-
ствуют 2h различных чисел, предшествующих в последо-
вательности числу а, и имеющих равную нулю k-ю ци-
фру, после которой идут п — k — 1 единиц. Два из этих
чисел равны 2П-А — 1 и 2п~к — 2.
Итак, перед числом а/ в последовательности нулей и
единиц содержится 2 + 4+ ... + 2А + ... + 2П-1 =
= 2П — 2 чисел. Поскольку этими числами исчерпы-
ваются все числа, в которых нуль встречается на любом
месте, кроме последнего, то два оставшихся числа из 2”
двоичных n-значных чисел имеют вид 2п— 1 и 2п — 2, то
есть совпадают с ап и ап+ь Таким образом, в построен-
ной последовательности нулей и единиц все 2п чисел
встречаются до того, как повторится первое число ап,
и если оборвать последовательность на числе Oj-i, то
каждое из 2п чисел будет входить в нее ровно один раз.
288.	Если (n, т)=1, то ат(пт) — ат(п)ат{т), по-
этому соотношение, приведенное в условии задачи, до-
статочно доказать для случая, когда п и т являются
444
степенями одного и того же простого числа р. Пусть
п = ра, т = рь, 0 < а Ь. Тогда
а,(р°)а,(р‘) = (1 + /+.•• + P^d+p^ ...+pbr) =
= l+2p' + 3p2r+ ... +(«+ l)per + (a+ l)p(a+1)' + ...
...+(a+l)pftr + ap(i,+1)r+ ...
. . .	3p(a+ft-2) r _|_ 2p(a+b-l) r _|_ p(a+i) r
С другой стороны,
E	= E P" °' (pa+6-2x) =
d\(Pa,Pb)
a
= EpKr (* 1 *++• • • + p(a+&-2%)r).
Л=0
Нетрудно видеть, что оба выражения совпадают, откуда
и следует соотношение, которое требовалось доказать.
289.	Слияние компонент лемнискаты |f(z)| = const
происходит в том случае, если = 0. Пусть £i, £2, .. •
..., gn_i — корни этого уравнения. Требуется доказать,
что min|f (£01 1- Но
min|f(£г)Г*<1 f(Ci)bIf&)I ... lf(Cn-i)l =
= n n&-zi)i=n-',ir(zi)iir(z2)i ...im)i=
Z = 1 Z = 1
= n-« I П (Zi — zk) I .
I i’&k	I
Как показал И. Шур *, максимум этого произведения
достигается при f (z) = zn — 1, при этом
|f(zj)|= ... =|Hz„)| = n.
Следовательно, min|f(£0l^ К что и требовалось дока-
зать *.
290.	Докажем следующее более общее утверждение:
если N чисел ат удовлетворяют N уравнениям
N
V ат _ ~aN+l
^Ат + Вп AN+l+Bn’
 (п=1, 2, ..., N), Ат + Вп^=0,
1 I. Schur, Mathematische Zeitschrift, 1918, S. 385. — Прим,
перев.
445
то
v Ят — a*+i Г п (х ~(An+i ~л&) _ 11
,^Ат+х w4Lvx+^)(4™+B‘) Г
Рассмотрим многочлен степени N относительно х:
W + l	tf+1
й-1	т=1
При х — Вп (n= 1, 2, ..N) многочлен f (х) обращается
в нуль, поэтому
fW = C.JI(x-B/),	(2)
1	= 1
где С — постоянная. Полагая х = — AJV+h получаем
aW+l П Ий Av+l) == ( 1)W * С • П (Лдг+1 + Bk),
k=l	й=1
откуда
С — П П (Л^ + ! ~
И (л*+1+в*)’
Из (1) и (2) находим
V___—	а#+1 п ^х (л#+1 ~
т./ + л™ х + Л*+1 й (х + 4)(ЛЛ/+1 + Вй) ’
что и требовалось доказать.
Подставляя Ат = т, Вп — п (т, п = 1, 2, ..., N),
Ду+1 = х = l/2, aN+i = —2, получаем исходное утверж-
дение задачи.
291.	Утверждение задачи остается верным при сле-
дующих более слабых предположениях:
lf(n)l<l,	(1)
(2)
pk+k
S f(v)=o для любого целого числа р 0.	(3)
v=pA+l
446
Действительно, при произвольном e > 0 и достаточно
большом N — sk + t
N	s-l k
у н») _ у у f (pk + г)
L-i n Zj Zj pk-\- r
/1=1	p=0 r=l
или в силу соотношений (1) и (3)
N	s-l k
fik + r
N
1 \  y> f(n)
pk + kj'~ Zj ft
n=sft+l
s—1 z Is
p-0 S-l
s-l
у - J-...+ 1 =
p -J- 1 S
p»0	n=s+l
Таким образом, из соотношений (1) и (3) следует нера-
венство
k
pk + k
sk
sk
\nsk — lns + e.
Пользуясь соотношением (2), получаем
N
+ z
ft «$&+!
N
П
что позволяет улучшить полученное неравенство:
Итак, утверждение задачи доказано.
292.	Докажем несколько более сильное утверждение.
Пусть функция f(z) регулярна в точке z — z0, k —
наименьшее натуральное число, при котором f(ft)(z0) =/= О,
и А — область, ограниченная многоугольником с верши-
ной в точке z0, внутренний угол при которой больше л/^.
Тогда любая окрестность точки z0 содержит точку
геА, такую, что |f(z)| > |f(z0)|.
447
Доказательство. Если f(zo) = 0, то утверждение три*
виально. Если f (z0) =0= 0, то пусть
-пда- = ге/<р’ г-г»=₽еЧ
Тогда из разложения [(z) в ряд Тейлора следует, что
в некоторой окрестности точки z0
f (z) = f (z0) [1 + rpkel <<₽+**) + О (pft+1)]«
Но любая окрестность точки Zo содержит точку ze А,
в которой cos (ф + kft) больше некоторой положительной
постоянной, не зависящей от выбора окрестности точки
z0, а для всех таких точек, достаточно близких к z0,
|f(z) | > |f (z0) |, что и требовалось доказать.
293.	Вычислим интеграл
оо
I (а) — lim I (а, 6) — lim ( . dx,
e->o	e->o J 1 т «
о
где а — положительная постоянная.
Интегрируя по частям, получаем
оо
I (а, 6) = 4- In б In (1 + п-“6)	In (1 + е~ах).
в
Преобразуя интеграл в правой части, находим последо-
вательно
( — In (1 +е~ах)= f — In (1 —е~2ах) - Г In (1 —е~ах)~
j X	J X	j X
в	в	в
ОО	оо
= ( — In (1 — е~аи) — ( ~~ In (1 — е~аи) =
J и '	’ J и	’
26	С
26	2
= - J in (1 — е-““) = - j In (1 — е~а&У) =
6	1
2	2	2
f dy i_ . f dy ,_Ti абу , (абу) 1
= -J—InaS:/-J—ln[l------------2Г + -з!-------•••] =
i	i
= — In 6 In 2 — 4- In2 2a + 4" In2 a — e (6),
iu
448
где е(б)->0 при б->0. Итак,
,, х\ 1 i„xi^ 1+e-d6 In 2 In 2а2	1
/(fl, 6) = -In 6 In-2--------Ta--------e(6).
Переходя к пределу при б->0, получаем
I {а)	In 2 In 2а2 и
/(1) = — 4 1п22.
294.	Пусть а и Р— корни уравнения х2 — аха — 0.
Поскольку а>4, то а и р вещественны. Обозначим че-
рез а меньший корень: а < р.
Тогда а + р = а, ар = а, 1/а+1/р=1, 1 < а 2,
2 sg: р. Кроме того, корни аир иррациональны, посколь-
ку если бы один из корней был рациональным, то они
оба были бы целыми числами и мы получили бы а = 2,
р = 2, а = 4.
Непосредственно видно, что
[а-1] = 1.	(1)
Кроме того, при п 1
[рп] = [(а — а) п] = па — 1 — [ап].	(2)
Если [ап] = [pm] = 6 (иг и п— положительные целые
числа), то
ап — б + 'О', pm — & + <р, 0<9< 1, 0 <<р < 1
и, следовательно,
п+т = Л(т +|) + 4‘ + Т==/г + Т + Т’
что невозможно, поскольку 0 <	< 1. Таким
образом, при любых положительных целых числах иг
и п
[ап] ¥= [Р»г].	(3.1)
Далее,
[а(п + 1)]>[ап] + 1, [р(п + 1)]>[рп] + 2 > [ап] + 1. (3.2)
449
Наконец, пусть k>0 — любое целое число и п =
= [ (k + 1) /а]. Если п > k/a, то k < ап < а (k + 1) /а =
= k 4- 1 и [ап] = k. Если п < k/a, то
I*	\	I* /
№ - п) < р£ - р (А±1
1) = *+ 1,
откуда [Р(& —/?)] =/г. Вместе с неравенствами (3.1) н
(3.2) это соотношение показывает, что каждое число из
k = 1, 2, 3, ... встречается один и только один раз в од-
ной из последовательностей [ап], [рп].	(3.3)
Из утверждения (3.3) и неравенств (3.2) следует, что
[а(п + 1)]—наименьшее натуральное число, отличное от
[al], [a2], .... [an]; [pl], [p2], .... [рп].	(4)
Формулы (1), (2) и (4) представляют собой не что
иное, как определения функций [(n), g(n), а поскольку
эти функции определены однозначно, то f (n) = [an],
g(n) = [pn].
Предположение о том, что а — целое число, понадо-
билось нам лишь при выводе соотношения (2). Вся
остальная часть доказательства остается в силе при лю-
бых иррациональных аир, удовлетворяющих равен-
ству 1 /а + 1/р = 1.
295.	Запишем уравнение tgx = х в виде
ctg О — у — О, х =	— ,0' = 4—&,
g = (fl + ctgfl)-1 = fl(l--|-fl2+-J-r+ ...).
Тогда О = f (g) = X где c2m = 0, c2m+i = Ст. Ко-
эффициенты Ст рациональны, поскольку [(g) — ряд, об-
ратный степенному ряду с рациональными коэффициен-
тами.
Степенной ряд [(g) определяет аналитическую функ-
цию с алгебраическими особенностями в точках g —
= ± 2/л, не имеющую других особенностей на границе
круга сходимости. Действительно,
dl = ( ctgfr \2	_
d& К. й + ctg О /
450
в точках тЭ = + л/2, где £ = ± 2/л, и функция ft =
отображает окружность |£| = 2/л в кривую J, которая
проходит через точки Ф = ± л/2 и расположена внутри
шестиугольной области, ограниченной прямыми
-ул + (1±«х 4--(1±0^,
I	I	(О
1-ГХ,	—i-J-X, —_л~ Л	1 Sj/X Sj/— Л — 1.
л	л
В этом можно убедиться, если начертить кривую J на
плоскости •0' или заметить, что на прямых (1) выпол-
няются неравенства | & + ctg 0'| -у, I £ I 2/л.
Ясно, что О' -ф ctg it не обращается в нуль внутри
шестиугольника, ограниченного прямыми (1) (на мни-
мой оси ft + ctg it = 0 при it = ± (Зг, где (3 = cth (3, то
есть при р » 1,2). Следовательно, на кривой J и внутри
нее функция g = (ft + ctgв')-1 регулярна.
В окрестностях точек it = л/2 и it — — л/2 функция
g— (it-(-ctg it)-1 допускает разложения
Следовательно, в окрестностях точек ветвления ± 2/л
справедливы разложения
Поскольку вещественные значения it соответствуют
вещественным значениям g, то выражения (1 ±л£/2)1/з
и (I 4-л^/2)|/з задают главные ветви функций, обращаю-
щиеся в 1 при £ = 0. По известной теореме Дарбу,
асимптотическое поведение коэффициентов Сп опреде-
ляется главными членами приведенных выше разложе-
ний Таким образом,
сй=(^)1/3[1-н-1Г+1](	+
X п / V 7
451
Соотношение, которое требовалось доказать, следует из
этой асимптотической формулы и хорошо известного
асимптотического представления биномиального коэф'
фициента
( 3	lrt'4/3==-tsinT,r(4)n"4/3-
\ ^ / о L \ о/J	ОЛ о \ о /
296.	Рассмотрим известное бесконечное произведение
со
C0ST V = ПР ~ (2Л — I)2 ] •
k=i
Взяв от него логарифмическую производную, мы без
труда найдем, что
. л  4о хп 1 г. v2 Г1 
tg 2 V ~ л L, (2k - 1)2 L1	(2k - 1)2 J —
k=i
СО DO
__ 4v V' v2n-2
— л	(2k— l)2rt
fe=l n«l '	’
(разложение-справедливо при |v|< 1). Поскольку двой-
ной ряд абсолютно сходится, мы можем изменить поря-
док суммирования. Тогда
оо г со	т
(5)
Из соотношения (2), приведенного в условии задачи,
следует, что dl<1)(x) допускает разложение в степенной
ряд вида
dP)(x) = -i- + -J+^-+ ...,	|х|<1,
а из соотношения (I) находим
dl(n)(x) = -^pr + -^+г + -^т + ...»
откуда
со
dl»-»(l)-dl®-0(-l)=.2£
452
Подставляя полученное соотношение в (5) и заменяя
лп/2 на х, получаем соотношение (3), которое требова-
лось доказать.
Докажем теперь соотношение (1). Рассмотрим раз-
ложение [III. 11(10)]
л 4 Г 1	3,5
SeC V =-I -5-т- — -х-т 4-	-г
2 л L 1 — о2 9 — о2 1 25 — V2
и преобразуем его следующим образом:
„л 4 р (—1)& 1 Г1 и2
5еС2и~-гД 26-1 [	(26-1)2
fe=i
(-I)""1 1
(2k - l)2n+1 J
Ho
OO	k
I [<||<»> (_ 0 _ di» (/)]=2 £
Используя последнее соотношение и производя подста-
новку лп/2 = х, получаем соотношение (4).
297.	Оказывается, что
c = ft }~Pi гГ.
И 1-(ргр!+1Г/2
(I)
(Нетрудно видеть, что это бесконечное произведение
сходится. Более того, сходимость не нарушится, если
последовательность простых чисел pi < р2 < • • • заме-
нить любой возрастающей последовательностью веще-
ственных чисел.)
Пусть k — достаточно большое целое число. Обозна-
чим через 1 = Ai(k) < A2(k) < ... целые числа, допу-
скающие разложение в произведения чисел ai, а2, ..., а*,
а через Bi(k) < B2(k) < ... целые числа, допускающие
разложение в произведения чисел ak+i, ак+2.....Для
краткости вместо At(k), B{(k) условимся писать просто
453
Ai, Bf. Пусть gk(fn) —число членов последовательности
{Bi}, не превосходящих т. Ясно, что

(2)
Пусть h3{n) —число элементов множества целых чисел,
не превосходящих п и допускающих разложение в про-
изведения квадратов простых чисел р/+1, Р/+2, • • > •
Иначе говоря, hj(n)—число квадратов k2 п, таких,
что простое число р< не делит k при 1 I /.
Числа hj+\{m), hj(m) и gj(m) связаны между собой
неравенствами
hj+1 ИХgj ИХ hj (m).
(3)
Первое из неравенств (3) мы получим, сопоставив числа
р| и ah (Лг = /+ 1, /4-2, ...), второе — сопоставив
с квадратом простого числа р^+1. неравенств (3)
при j = 0 следуют неравенства n'/s/2 < f (n) < «Ч
Из соотношения (2) и неравенств (3) получим
ОО	00
<4>
1=1	1=1
Неравенства
fe	k
«'‘ГЦ1 -77)-2й</гНп)<п,/2П(1 -т;)+2* (5)
получим при помощи решета Эратосфена. Кроме того,
выполняется тривиальное неравенство
hk(tn)^m'l2.	(6)
Пусть t — достаточно большое, но фиксированное (то
есть не зависящее от п) число. Тогда из неравенств (4)
и (6) следует, что
t
i = l
t	00
454
Пользуясь неравенствами (5), получаем оценки
fe+i	t
kt	00
00
Ряд У, 1/Л/2, очевидно, сходится. Кроме того, суще-
ствует предел
k	0°
Действительно,
00	k
l^A'i Щ1 + (₽Л+1)1/г + PiPi+i + (РЛ+1)3/! +‘“]
fe	1
д1 - (Pipi+i)'la ’
Итак, если с задано выражением (1), то, выбирая
достаточно большие t и k, получаем при п > По
|f(n) — сп'!2\ < еп‘\
что и требовалось доказать.
298.	Некоторые частные случаи сходимости ряда
оо
У n“sinnB хорошо известны. Например, если а < — 1,
П = 1
то при любом вещественном значении (3 ряд сходится
абсолютно. Если (3 < 0, то при больших п справедлива
оценка sin = O(tfi) и ряд сходится при а + (3 < — 1.
При (3 = 1 ряд сходится, если а < 0.
Предположим теперь, что — 1 а < 0 и (3 > 0.
Пусть v = —а, 0 < v С 1 и f (х) = x~v sin Хр. Пользуясь
455
формулой суммирования Эйлера, получаем

_ f (1) + f (») . С sin dx
“	2	+ J xv
I
<p(x)sinxB .
xv+i ux>
XV-B+1
<p(x) cosx® dx
? w=- E
fc=i
sin 2fenx
kn
При n—>oo последний интеграл абсолютно сходится,
поскольку | <р (х) | < 1. Произведя подстановку t —
нетрудно убедиться в том, что первый интеграл схо-
дится, если v + р > 1. Вопрос о сходимости второго ин-
теграла требует более подробного исследования.
Пользуясь тем, что ряд <р(х) можно интегрировать
почленно, представим этот интеграл в виде
<р(х) cos х® dx ____у» * С sin (х^ + 2fenx) dx
xv-B+i ~~ 2j	xv“6+1
П 1 C sin (x<* — 2fexcx) dx
2kn, ' xv~B+1
k=t i
Обозначим первый интеграл в правой части через Gk, а
второй через G-k. Интегрируя по частям, получаем
Р _________— cos п®________. cos 1
k ~ (Рп6"1 + 2Ал) nv-(3+1 + 0 + 2Ы
___ f [pvxv 1 + (v — р + 1) 2fatxv cos (х^-Н 2fewx) rfx
~ J	(₽xv + 2texv“6+1)2
При п—>оо первый член в правой части ведет себя
как O(n~v), а подынтегральное выражение — как
Q(x_v_i), ПОЭТОМу При р > о интеграл Gk сходится, при-
чем Gfe = O(l/k).
Аналогичным образом можно убедиться в том, что
при (3 < 1 интеграл G-k также сходится, причем
G-k = O(l/k). Чтобы избежать нулей в знаменателе при
(3 > 1, запишем G-k в виде
Xi п
G-k =	= G'-k + G~k,
1 Xi
456
где число Xi удовлетворяет неравенствам (2&л)1/<₽-1) •<
< *1 < п. Тогда, как и при оценке интеграла Gk, полу-
чаем
— COS nB	COS Х&
(Р — 2йлп1-6) пУ (р — 2Ьсх{-е) Xj
__С [pvxv~1 — (у — Р + 1) 2fenxv~6] cos (хе — 2/;.~tx) dx
'	(Pxv -2toxv-₽+l)2
Таким образом, сходимость интеграла G'k при п-»оо
доказана.
Поскольку интеграл G-ь конечен, то сходимость инте-
грала G-ь при (3 > 0 и п—> оо очевидна.
Записав интеграл G_ft в виде
(2fen — рхв ') sin (х^ — 2fenx) dx 
2fcnxv-B+l	"Г
Рх6"1 sin (х^ — 2/глх) dx
2bcxv-3+1
и проинтегрировав первый член по частям, получим
р _____ 1___I cos rfi
~k ~ 2kn nv-&+i
cos 1 —
— ((3 —V
fl / о	*	fl
Seos (xB — 2knx) dx . „ f
xv-6+1 ГР)
sin (xB — 2&лх) dx
xV-26+2
При n—>oo первый интеграл сходится, если v — (3 +
+ 1 > 0, а второй интеграл по известной теореме об
асимптотической оценке коэффициентов Фурье ведет
себя как 0(1). Итак, если v — (34-1>0, то G-k =
= 0(1/й).
Поскольку ряд 2J0 (l/k)/k сходится, то тем самым
доказана сходимость интеграла / при п—> оо, если
v—(3 -ф 1 > 0. При v — (3-|-1 = 0 интеграл / осцилли-
рует.
При v — (3 + 1 < 0 интеграл / расходится. Действи-
тельно, при соответствующим образом выбранных k и
457
Xi необходимое и достаточное условие
8
(1)
сходимости интеграла / не может быть выполнено.
Предположим, что k и Xj имеют те же значения, что и
при оценке G"k. Заметив, что 2(&+ р)лх!-в < 1+р/&,
где р — целое число, меньшее k, из приведенного выше
выражения для G'Lk получим асимптотическую оценку
G-k-p ~ О (x~v) ПРИ я-*00-
Поскольку гармонический ряд расходится, то сумму
т
У G-k/k можно выбрать больше е и неравенство (1)
нарушится. Не приводя подробных оценок, заметим, что
поведение исходного ряда при v — (3+1 <0 связано с
существованием предельной точки у последовательно-
сти нулей х — (2kn) W-i) функции N = — 2/гзтх при
k —» оо.
оо
Итак, при - I <0 и (i > 0 ряд У, па sin rfi схо-
П=1
дится, если одновременно выполняются неравенства
р — а > 1, а + р<1.
Если р — а + 1 и р < 1 или а + р 1 и р > I, то
ряд расходится *.
299.	Без ограничения общности ai < а2 < аз < ... .
Обозначим через {гг} — множество всех простых делите-
лей совокупности членов последовательности ап (п =
«==1,2, ...). Тогда
1 Случай а 0, р 3= 0 остался неисследованным. — Прим. ред.
458
где сумма берется по всем ап, ни один из простых дели;
телей которых не превышает aN. Этому условию удовле-
творяют все ап aN, в силу чего
N
а поскольку, если aN -» оо, N также неограниченно воз-
00
растает и ряд У, 1/ая расходится, мы заключаем, что
произведение JJ (1---у) расходится. Следовательно,
ПСЧ) стремится к нулю.
Пусть Г1, Г2, ..., гк — первые k простых чисел из мно-
жества {rj, расположенные в порядке возрастания. Чи-
сло элементов множества целых чисел, не превосходя-
щих п и не делящихся ни на одно простое число
И, гг, • • •, rft, равно
f(«, =	+	...,	(1)
где индексы I, j, ... не равны и принимают значения
от 1 до k, а [х] означает целую часть числа х. Об-
щее число пар квадратных скобок в (1) равно
1 + k + k(k — 1)/2 + ... = 2s , а поскольку 0 sC х —
— [х] < 1, то
i ‘	1,1 1 1
= “ П (‘-тг)4-2'-
ri<rk
Пусть f(n)—количество целых чисел, меньших п и
не делящихся ни на одно из простых чисел г/. Тогда
f(n)Cf(n,*)Cn П (l-J-) + 2ft.
ri<rk	1
Н°ПОЧ) стремится к нулю. Следовательно, при
любом е > 0 и достаточно большом k выполняется
459
неравенство Ц (1 — 1/r,) < е/2,а при достаточно боль-
ri<rk
шом п выполняется также неравенство 2ft/n < е/2, от-
куда f(n) < еп и
и»)
п
lim
0.
Итак, утверждение задачи доказано.
В приведенном выше доказательстве мы исходили из
предположения о том, что члены последовательности
{ап} различны. Утверждение перестает быть верным,
если, например, ап = 2 (и = 1, 2, ...).
300.	В общем случае, не принимая во внимание, что
bn = nn/nl, соотношение между определителями ап и
их элементами Ьп можно установить, положив а0= 1,
аг = и задав две функции у и z степенными рядами
со
У = 2
п=о
хп
Ш '
(1)
Разложив определитель ап по элементам последней
строки, получим рекуррентное соотношение
«>=^ + ^^ + >ьй-2+ •• + (Нк’ (2)
эквивалентное дифференциальному уравнению у' = yz',
решение которого, удовлетворяющее начальному усло-
вию у = 1 при х — z = 0, имеет вид
У = ег-	(3)
Поскольку по условию задачи Ъп = пп1п\, то наша
задача сводится к нахождению коэффициента ап при
хп/п\ в разложении ег, когда
Е(6х)&
т-
(4)
Подставляя в (4)
х = te~ *,
(5)
460
получаем
z _V	е~м
t L, k\ ~
k=i
ml
oo	r m
='+tQ- Ё <-»”“(	 <6’
tn=2	Ц=0	\ « /
Выражение в квадратных скобках обращается в нуль
при т > 1, поскольку совпадает с коэффициентом при
tm~4(m—1)! в разложении (ег—1)т. Следовательно,
правая часть соотношения (6) равна 1, в силу чего z=t.
Подставляя z=t в (5), находим х = ze~z. Из соотно-
шений (3), (1) и Ьп = пп!п\ получаем
со	со
«-М-S-^t=Z<»+i)"~'4- р>
п=0	п=0
Сравнивая коэффициенты при хп)п\ в (1) и (7), полу-
чаем выражение для определителя ап, а именно
Йп = (п+1Г‘.
301.	Обозначим вершины прямоугольного параллеле-
пипеда так, как показано на рис. 23, а, и примем длину
меньших ребер за единицу. На одном иЗ- более длинных
ребер, например на ребре AD, отложим отрезок AJ = 2’/з,
равный длине ребра куба, объем которого равен объему
исходного прямоугольного параллелепипеда. Отрезок
CL == AJ отложим вдоль параллельного ребра. Из точки
J в плоскости грани ABCD восставим перпендикуляр к
ребру AD, продолжив его до пересечения с отрезком DL
в точке К.. Рассечем прямоугольный параллелепипед
плоскостями, перпендикулярными грани ABCD, сначала
вдоль прямой DL, а затем вдоль JK. Прямоугольный
параллелепипед распадется на куски, обозначенные на
рис. 23, а римскими цифрами I, II, III. Каждый из трех
кусков параллельным переносом можно перевести в по-
ложение, показанное на рис. 23, б. Произведем над
гранью FMLA нового прямоугольного параллелепипеда
те же операции, которые мы производили над гранью
ABCD исходного прямоугольного параллелепипеда: от-
ложим на ребрах FM и AL отрезки MN и AQ, рав-
ные 2|/з, проведем отрезок прямой FQ, восставим из
точки N перпендикуляр NP к FM и рассечем новый
461
прямоугольный параллелепипед плоскостями, проходя-
щими через отрезки FQ и NP перпендикулярно грани
FMLA. Результат такой процедуры показан на рис. 23, в.
После всех разрезаний исходный блок оказывается
рассеченным на семь частей (обозначенных на рис. 23, в
римскими цифрами); параллельным переносом эти ча-
сти можно перевести в положение, изображенное на
рис. 23, а, где они образуют куб.
Откладывая отрезки, равные длине ребра эквива-
лентного куба, от вершин D и В, мы получим куб, со-
ставленный из тех же семи частей, но расположенных
симметрично относительно их положений на рис. 23, г *,
1 Как, несомненно, заметит внимательный читатель, здесь не
доказано, что 7 действительно является минимальным числом ча-
стей, на которые следует разрезать исходный параллелепипед; пусть
он постарается восполнить это упущение. — Прим. ред.
462
302.	Пусть alb — несократимая правильная дробь, по-
лучающаяся после вычеркивания цифры п в числителе и
знаменателе исходной дроби, которая может принадле-
жать лишь к следующим четырем типам: 1) (10й-}-«)/'
/(10& + п); 2)	(10п + а)/(10п + &); 3)	(10п-}-й)/
/(lOfr-f-n) и 4) (10а + п)/(10п -|- Ь). Здесь а, b и п —
однозначные натуральные числа, причем а < Ь.
Нетрудно видеть, что исходные дроби первых двух
типов могут удовлетворять условиям1 задачи лишь при
а — b вопреки сделанному предположению. Третий тип
также исключается, поскольку в силу неравенства
9Ь < 10& — а, если а/b — (10п-}-й)/(10&-}-п), п =
= 9ab/(10b — а)<.а. Поскольку ни п, ни b — а не могут
делиться на 9, оба эти числа должны делиться на 3, и
простым перебором мы приходим к противоречию.
Таким образом, остается лишь исходная дробь чет-
вертого типа. В этом случае n — 9ab/(\0a— Ь)>
> 9й&/10й — а — Ь, то есть b <.п. Кроме того, из вида
дроби следует также, что а = Ьп/[9(п — />) + «]	Ь/2
(поскольку 9(п — b)^ri), откуда а •< 5.
Из соотношения b=\9a — 9abln и неравенства
0 < а < b < 9 заключаем, что п кратно 3. Следователь-
но, для того чтобы число b было целым, а и п могут
принимать лишь четыре пары значений: (1, 6), (1, 9),
(2, 6) и (4, 9). Соответствующие дроби имеют вид 16/б4,
19/э5, 26/б5 и 49/э8- Последняя из них «незаконным» сокра-
щением девяти не приводится к несократимому виду.
Таким образом, существуют лишь три правильные
дроби с знаменателем, меньшим 100, которые «незакон-
ным» сокращением одной цифры приводятся к несокра-
тимому виду: 16/б4, 19/э5 И 26/б5-
303.	Чтобы установить, является ли данный год висо-
косным, как известно, достаточно рассмотреть остаток
от деления порядкового номера года на 400. На 400 лет,
из которых 97 високосных, содержат ровно 20 871 не-
дель, поэтому календарь повторяется каждые 400 лет.
(Если бы число недель, содержащихся в 400-летнем пе-
риоде, не было целым, то тринадцатое число месяца
могло бы с равной вероятностью приходиться на любой
день недели). За 400 лет тринадцатое число месяца
встречается 4800 раз, распределяясь по дням недели
следующим образом: воскресенье — 687 раз, понедель-
ник— 685 раз, вторник — 685 раз, среда — 687 раз, чет-
463
верг—684 раза, пятница — 688 раз и суббота — 684 раза.
Таким образом, если период времени достаточно велик,
то тринадцатое число месяца с большей вероятностью
приходится на пятницу, что и требовалось доказать.
304.	Пусть 2k-a— тот из знаменателей, который де-
лится на наибольшую степень двойки (а — нечетное чи-
сло). Тогда а — 1, поскольку если бы среди знамена-
телей содержалось большее кратное числа 2й, то нечет-
ный коэффициент а был бы больше 2, а это означало
бы, что среди знаменателей содержится число 2ft+1 (по-
следнее невозможно, ибо по предположению 2й <—наи-
большая степень двойки среди знаменателей). Следова-
тельно, наименьший общий знаменатель всех дробей
имеет вид 2k • b, где b — некоторое нечетное число. После
приведения к наименьшему общему знаменателю числи-
тель каждой дроби, за исключением */2ft = b/(2k-b),
станет четным. Таким образом, сумма всех числителей
после приведения к наименьшему общему знаменателю
нечетна и не делится на знаменатель, равный 2k-b. Зна-
чит, сумма */2 + ’/з + ... +7n никогда не может быть
целым числом, что и требовалось доказать.
305.	Среди арифметических прогрессий с целочислен-
ными членами и разностью d <. 2000 одиннадцать после-
довательных простых членов содержит лишь арифмети-
ческая прогрессия с первым членом а — — 11 и d — 210
(простыми являются первые одиннадцать членов этой
прогрессии). Все прогрессии, члены которых положи-
тельные целые числа, a d < 2000, содержат не более 10
последовательных членов. Докажем это утверждение.
Пусть a-^-nd, п = 0, 1, 2, ... — члены рассматривае-
мой арифметической прогрессии. Тогда and взаимно
просты, поскольку в противном случае среди членов про-
грессии могло бы содержаться не более одного простого
числа. Если р — любое простое число, не делящее раз-
ность прогрессии d, то можно найти такие целые числа
г и s, что dr — ps = 1. Пусть п = kp — аг. Тогда члены
прогрессии а + nd делятся на р при любом k. Следова-
тельно, если р не делит разность прогрессии d, то суще-
ствует не более р — 1 последовательных членов нашей
арифметической прогрессии, которые не делятся на р, и
одиннадцать и более последовательных членов арифме-
тической прогрессии не делятся на 2, 3, 5, 7 и 11 лишь
464
в том случае, если d делится на все эти простые числа,
а значит, и на их Произведение 2310, которое больше
2000.
Но число может делиться на простое число р и тем
не менее само быть простым, если оно само равно р или
— р. Из приведенных выше рассуждений, следует, что
арифметическая прогрессия может содержать 2р—1
последовательных простых членов, даже если разность
прогрессии d не делится на р, при условии что р или — р
входят в число членов арифметической прогрессии.
Итак, нам остается лишь рассмотреть арифметические
прогрессии с р = 7 или р — 11 и а = р или а = — р.
Если р = 7, то разность арифметической прогрессии d
может быть любым кратным числа 330, которое меньше
2000. Если р — 11, то d — любое кратное числа 210, ко-
торое меньше 2000. Однако, за исключением единствен-
ной арифметической прогрессии, упомянутой в начале
решения, все остальные прогрессии (их немного), удо-
влетворяющие этим условиям, содержат не более десяти
последовательных простых чисел.
306.	Любой общий делитель чисел па + 1 и пь — 1
должен быть делителем их суммы па-\-пь — пъ{па-ь-\-\),
то есть общим делителем чисел пъ — 1 и па~ъ + 1. (Мы
предполагаем, что а > Ь. Если бы выполнялось неравен-
ство а Ь, то вместо числа па~ь -ф- 1 следовало бы взять
число пь~а + 1.)
Продолжая те же рассуждения, нетрудно показать,
что общий делитель чисел па + 1 и пъ — 1 должен быть
также делителем числа nd + 1.
Пусть х = nd, так что пь — 1=хь'—1 и Ь'—нечетное
число. Тогда разделить пь— 1 на nd + 1 означает то же
самое, что разделить х6'— 1 на х + 1. Остаток от деле-
ния х*'—1 нах-f-l равен —2. Следовательно, числа
па + 1 и пъ — 1 не могут иметь общий множитель, кото-
рый был бы больше 2.
307.	Пусть АВ — пространственная диагональ куба,
совпадающая с осью вращения. Сечение куба плос-
костью, проходящей через АВ, имеет вид переменного
параллелограмма PARB. Вершина Р переменного тре-
угольника АВР совпадает либо с вершиной Е куба, либо
находится на ребре EF на некотором расстоянии х от
465
вершины Е. По теореме Пифагора из прямоугольных
треугольников АЕР и PFB получаем
АР = (а2 + х2)'/г, РВ = [а2 + (а - х)2]’/з,
и АВ — а^З.
Из точки Р опустим на АВ перпендикуляр PQ. При
вращении куба х изменяется от 0 до а, а точка Q пере-
мещается по отрезку АВ. Предельные положения осно-
вания перпендикуляра Q соответствуют х — 0 и х = а.
И в том и в другом случае треугольник АВР прямо-
угольный, а его катеты равны а и ад/2. Поскольку в
прямоугольном треугольнике катет равен среднему гео-
метрическому между гипотенузой и длиной проекции ка-
тета на гипотенузу, то точка Q перемещается от точки
С, делящей отрезок АВ в отношении 1 :2 (считая от вер-
шины Л), до точки D, делящей отрезок АВ в отношении
2:1. Расстояние между точками Р и Q в этих предель-
ных положениях составляет а д/2/3 = у = PQ. Заметим
далее, что точка Q делит отрезок DC в том же отноше-
нии, в каком точка Р делит ребро EF. В этом нетрудно
убедиться, если провести параллельные плоскости через
точки Е, Р и F, пересекающие прямую АВ под прямым
углом в точках С, Q и D. Следовательно, CQ — xf-\/3
и (из прямоугольного треугольника ЛРф)
У2 = у (*2 — ах А- а2).
Объем тела, возникающего при вращении куба во-
круг диагонали АВ, равен сумме объемов двух конусов,
получаемых при вращении прямоугольных треугольни-
ков АСЕ и BDF, плюс объем, образуемый вращением
вокруг CD площади под кривой, описываемой точкой Р
(в секущей плоскости, проходящей через диагональ АВ).
Последний объем определяется интегралом
а/л/з
Л у2 dv,
v=0
где v = CQ = xl д/3, у2 = (2/3) (х2 — ах + а2) = (2/3) (Зи2 —
— av д/3 + а2).
466
Следовательно, полный объем V тела вращения равен
/	/—X 2	°/V3
V=~(a л/4)	+	(3f2 — av V3 + a2)do =
их V’J/'Vo О J
О
__ ла3
— V3 *
308.	Зададим последовательность {хп} рекуррентным
соотношением хп = (Dn+i — 3£>п)/4. Тогда %i = 2, xz =
= 12, ... . Нетрудно видеть, что Dn — целое число вида
4<? + (— l)n+1, поэтому все элементы последовательности
{хп}—целые числа. Соотношения Dn + 2xn = 2xn+i—
Dn+1 и Dn = (Xn+i — Зхп)/12 доказываются непосред-
ственно. Заметим, что соотношение
D2n-2x2n=l	(1)
выполняется при п=1 и п = 2. Но D2n+\— 2x„+i =
= (4xn4~3Z)n)2—2(3xn+2Z)„)2=Z)„—2xn. Следовательно, со-
отношение (1) выполняется при любом значении п. (Мо-
жно показать, что члены последовательностей {Dn} и
{хп} образуют полный набор целочисленных решений
уравнения (1), см. III.9.)
Прямыми выкладками нетрудно проверить, что
л <	( 1 \( 2D\ \	 / Di + 2%j — 1 \
2 arctg ( — ) = arctg ( —2—- ) = arctg ( ————- ), (2)
2 arctg f--p) = arctgf „2Pfi = arctg(3)
\	/	\	* /	хп
ureter + ^Хп ~ 1  я refer ®п~' + %xn-i ~ *  
arCtg Dn + 2хп + 1	arCtg £)„_,+ 2х„-, + 1 —
, Dn + 2хп — 1	, 2хп — Dn — 1
= arcfg	- ^S-2I^d7+T =
= arctg —9 4Pfi----5- = arctg .	(4)
Ь 84 + 2-2£)2	4
Соотношения (2), (3) и (4) представляют собой не
что иное, как доказательство методом математической
индукции соотношения
2	£ arct£ (-57)=arcts S-i-S+'i •
/=1
467
Следовательно,
2 У arctg (-4-) = lim arctg-P” j-4- = arctg 1 =
L-t 6 k Dj J	Dn + 2хЛ + 1	4
/=1
(Ср. также решения задач 29, 52.)
со
Итак, аргумент —4 У, arctg(l/Z);) рассматриваемого в
задаче бесконечного произведения равен —л/2, то есть
П — чисто мнимая величина.
Сходимость бесконечного произведения П можно
доказать следующим образом. Модуль п-го Сомножи-
теля (1 — ifDnf равен (1 + I/O2)2. Но Dn = 4хп-{ + 3Dn-i,
поэтому 3£>n-i < Dn и, следовательно, (1 + 1/£>2)2 =
= 1 + 2/D2 + 1/Z)4n < 1 + 3/1% < 1 + l/Z)2-i. Повторяя те
же рассуждения, получим неравенство 1 + 1Д?2 <
< (1 + 1/D2)2 . Таким образом, модуль бесконечного
произведения П меньше чем
(1 + 1/Z)?)2 (1 + l/Я.) (1 + 1/£>?)’/2 • • • =
= (1 + l/Z)?)2+I+’/j+ - = (1 + i/d2)4= (10/9)4-
309.	Поскольку ап + Ьп = сп, то a<Z с. Кроме того,
(а+ 1)п = ап-\-пап~х + ..., b<Zn и Ьп~1 < ап~г. Та-
ким образом, ап + Ьп •< (а-|- 1)” или, что то же, сп <
< (а + 1)п, откуда а < с < а 1, а поскольку с лежит
между двумя последовательными целыми числами, то с
не может быть целым числом.
310.	Каждая из цифр может принимать лишь четыре
значения: 2, 3, 5 или 7. По условию задачи необходимо
найти трехзначные и однозначные числа, произведение
которых было бы четырехзначным числом, а запись
обоих сомножителей и произведения содержала бы толь-
ко цифры 2, 3, 5 или 7. Нетрудно проверить, что суще-
ствуют лишь четыре пары таких чисел: 3X775 = 2 325,
5 X 555 = 2 775, 5 X 755 = 3 775 и 7 X 325 = 2275.
Поскольку каждому трехзначному числу соответ-
ствует лишь одно однозначное число, то множитель дол-
жен содержать две одинаковые цифры. Поиск «кандида-
468
тов» среди четырех приведенных выше числовых пар
приводит к единственному решению задачи:
V775
Л 33
2325 ‘
2325
25575
311.	Если 8 и е2— комплексные кубические корни из
единицы, то 1 + х + х2 = (1 — ex) (1 — е2х) и
1	?	1________________е
1 + х + х2 (1 — е) (1 — ex) (1 — е) (1 — е2х)
Левую часть этого равенства можно представить в виде
со
X (—1)г(х + х2)г. Коэффициент при хп в этом разложе-
г=0
ИП\ (п—	1
oj + l 1 ) + " J Sn'
Таким образом, коэффициент при хп в правой части
также равен (—l)nSn. Но этот коэффициент должен быть
равен 8п/(1 — е)— 82п+1/(1 — 8) = 8П(1 — 8п+1)/(1 — е).
Поскольку 8 — кубический корень из единицы, то 83г=1.
Следовательно,
если	п = 3т,	то	S3in	= s3m(l—е)/(1—е) = + 1,
если	/1=3/11+1,	то	—S3/n+1	= e(l — е2)/(1—е) =
= 8(1 + 8) = -1,
если	/г = Зт + 2,	то	S3m+2 = 82 (1 — 83)/(1 — е) = 0.
312.	Непосредственно из условий задачи следует, что
следующие пять должностей в банке занимают мужчины:
должность первого вице-президента (по условию 6), тре-
тьего вице-президента (по условию 1), главного бухгал-
тера (по условию 6), кассира (по условию 10) и швей-
цара (по условию 7). По условию 3 второй вице-прези-
дент и контролер — лица одного пола, а поскольку среди
служащих банка имеется только шесть мужчин, то обя-
занности второго вице-президента и контролера в банке
исполняют женщины. Поскольку второй вице-президент
банка —женщина, то по условию 9 счетовод — мужчина.
469
Таким образом, обязанности президента и второго вице-
президента банка, контролера, а также первого и второго
секретарей президента банка исполняют женщины.
Поскольку президент банка имеет внука и потому не
может быть «мисс» и поскольку это не миссис Браун (по
условию 1), а также не миссис Кейн (по условию 5), то
пост президента банка занимает миссис Форд. Мисс
Хилл не секретарь (по условию 4), и второй секретарь
не состоит в браке (по условию 8), следовательно, обя-
занности второго секретаря исполняет мисс Дейл. По
условию 2 контролер является ее матерью, следова-
тельно, контролер — «миссис», а поскольку обязанности
контролера исполняет не миссис Браун (по условию 1),
то этот пост может занимать только миссис Кейн. Пер-
вый секретарь президента банка — замужняя женщина
(по условию 10). Следовательно, это миссис Браун. Та-
ким образом, обязанности второго вице-президента ис-
полняет мисс Хилл.
По условию 4 мистер Грант может отдавать распо-
ряжения мисс Хилл. Следовательно, он занимает более
высокий пост в банке. Поскольку президент банка жен-
щина, то мистер Грант может быть только первым вице-
президентом банка. По условию 6 мистер Грант живет в
«Клубе холостяков» вместе с главным бухгалтером. Сле-
довательно (по условию 5), пост главного бухгалтера
может занимать только мистер Лонг. Представитель
молодого поколения служащих банка мистер Адамс
(условие 8) не может исполнять обязанности счетовода,
который (по условию И) принадлежит к старшему по-
колению служащих. Из того же условия 11 следует, что
ни мистер Джонс, ни. мистер Эванс не могут быть сче-
товодами. Таким образом, на посту счетовода трудится
мистер Кемп. Не успевший обзавестись собственной
семьей (условие 8) мистер Адамс, принимающий у себя
в гостях молодых служащих банка, не может быть ни же-
натым кассиром из условия 10, ни живущим в комнатке
под самой крышей швейцаром из условия 7. Следова-
тельно, мистер Адамс третий вице-президент банка.
Следящий за модой кассир (условие 10) не стал бы
регулярно принимать поношенное платье. Поэтому обя-
занности кассира исполняет не мистер Эванс (условие
11), им может быть только мистер Джоунс. Наконец, ми-
стер Эванс из условия 11 должен быть швейцаром. Со-
470
стояние его гардероба вполне согласуется с его скром-
ным жилищем (условие 7).
313.	Пусть b — скорость выпадения снега (увеличе-
ние толщины снежного покрова, дюйм/ч), с — скорость
уборки снега (уменьшение толщины снега, дюйм/ми-
ля-ч), и пусть снегопад начался за h часов до полудня.
В момент времени t перед бригадой дорожных рабочих
находится участок шоссе, покрытый слоем снега толщи-
ной b (h -f- /) дюймов, а скорость vt продвижения брига-
ды по шоссе составляет c/[b(h -f- /)] миля/ч. За время t
бригада удалится от города по шоссе на расстояние
t
Xt = ^vtdt =-^ [In (h + t) — In h].
о	_
По условиям задачи Хг = 2, хд = 3, поэтому /г = д/5 — 1
часов, что составляет 1 час 14 мин 9,8 с. Следовательно,
снегопад начался в 10 ч 45 мин 50,2 с утра.
Условия задачи не позволяют однозначно опреде-
лить величины b и с, но отношение с/Ь=2/[1п(д/5 + 1)—
•— 1п(д/5 — 1)]= 2,078. Интересно заметить, что lim v/=0,
i-»oo
но lim xt = оо.
t->oo
314.	Выберем прямоугольную систему координат так,
чтобы ее центр совпал с центром коробки, а оси были па-
раллельны ее ребрам. За единицу длины примем дюйм.
Пусть х=30, у = 24 и z=18 — уравнения стенок ко-
робки, сходящихся в том углу, вблизи которого нахо-
дится один из концов рулона. Середина осевой линии
рулона совпадает с началом координат. Пусть
Р(х0, уо, Zo)—точка, в которой находится конец осевой
линии рулона, а его длина равна 2а. Тогдах^ +#o~bzo=
= а2 и
Xqx + уоу + Zo? = a2	(1)
— уравнение плоскости, в которой расположен один ко-
нец рулона. Прямые, определяемые плоскостью (1) и
плоскостями х = 30, у = 24, z = 18, должны совпадать
с касательными к окружности, ограничивающей конце-
вое сечение рулона. Следовательно, каждая из этих
прямых должна проходить на расстоянии ®/г дюйма от
471
точки Р. Поскольку эти расстояния равны
а (30 — Хр)	а (24 — у0)	а (18 — z0)
7«1 2-х2	7«2 — yl	^a2—zl
то, приравнивая квадрат каждого из этих трех выраже-
ний 81/4, освобождаясь от знаменателей и складывая,
получаем уравнение
(30 - х0)2 + (24 - у0)2 + (18 - 20)2 = 87г.
Таким образом, расстояние от точки Р до угла коробки
равно 9/72 , а полудлина рулона а меньше диагонали
коробки, равной 30д/2 « 42,43, но больше чем 3072 —
— 9д/2 «36,06. Координаты точки P(x0,y0,z0) зависят
от а следующим образом:
(4а2 + 81) х0 = 120а2 — 9а д/4а2 — 3 519,
(4а2 + 81)i/o = 96а2 - 9а 74а2-2 223,	(2)
(4а2 + 81) 20 = 72а2 — 9а 74а2 — 1215.
Пусть f (а) ss (х2 + у2 + z2) — а2, где х0, у0, z0 замене-
ны их выражениями из (2). Чтобы найти нуль уравне-
ния /(а)=0, лежащий в интервале 36,06 < а < 42, 43,
можно воспользоваться, например, методом хорд (ли-
нейной интерполяцией). Полагая а = 35, находим х0 =
= 27,027, z/o = 2O,282, z0 = 13,846 и f (36) = 37,55. Ана-
логично вычисляем /(37) = —44, 14. Следующее прибли-
жение дает /(36,4) =4,92 И /(36,5) = —3,20. Таким об-
разом, с точностью до второго знака после запятой а =
= 36,46 дюйма. Таким образом, рулон немного длиннее
шести футов.
315*. Для того чтобы окружности радиусов R и р
пересекались ортогонально, необходимо и достаточно,
чтобы расстояние между их центрами d удовлетворяло
соотношению
d2 = R2 + p2.
Поскольку для окружности девяти точек р = 7?/2 *, то
d = (75/2)^> гДе R —радиус описанной окружности.
1 См., например, С. И. Зетель, Новая геометрия треугольника,
М., Учпедгиз, 1940, стр. 33. — Прим. ред.
472
С другой стороны, центр Од окружности девяти точек
делит пополам отрезок, соединяющий центр описанной
окружности О и ортоцентр Н (см. III. 1), откуда НО —
= R^5.
Наконец,
HO2 = 9R2-a2-b2-c2
(см. Зетель, стр. 40), так что для ортогональности
окружности девяти точек и описанной окружности необ-
ходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство
а2 + Ь2 + с2 — 47?2.
По теореме синусов оно сводится к условию задачи
sin2 А + sin2 В + sin2 С = 1.
316.	Пусть биссектриса внешнего угла при вершине С
пересекает прямую АВ в точке М. Возможны два слу-
чая: либо вершина А лежит между вершиной В и точ-
кой М, либо вершина В лежит между вершиной А и
точкой М. В первом случае угол М равен л/2 —
— (В 4-С/2), во втором — углу В + С/2— л/2. Следова-
тельно, sin М = ±cos(B 4-С/2). Биссектриса СМ не
может быть параллельной стороне АВ, поскольку в про-
тивном случае углы В п С удовлетворяли бы соотноше-
нию С/2 В — л/2 и углы В и А были бы равны во-
преки предположению о том, что треугольник АВС ко-
соугольный. В треугольнике ВСМ
CM sin В _	sin В
ВС ~ sin М —	( D . С\'
cos IB + у j
Аналогично из треугольника BCN, где N — точка пере-
сечения стороны АС с биссектрисой внешнего угла при
вершине В, получаем
~ВС~~±	(гл.В\‘
cos(C+yJ
Поскольку по условиям задачи СМ == CN, то
sin С cos (в + у) =F sin В cos (C-f-y) = 0.
473
Выразив синусы всех углов через синусы половинных
углов, преобразуем это выражение к виду
2 [sin-y yin-y][cos2(y+ у) ± stay siny] = 0.	(1)
Верхние знаки соответствуют однотипному располо-
жению точек пересечения биссектрис внешних углов при
вершинах В и С относительно концов противолежащей
стороны: для обеих биссектрис имеет место либо первый,
либо второй из двух случаев, указанных в начале реше-
ния. Второй сомножитель в левой части равенства (1)
представляет собой сумму двух положительных величин
и поэтому не может обращаться в нуль. Следовательно,
.В .С
sin -у = sin у
и треугольник АВС равнобедренный вопреки условию.
Если же точки пересечения биссектрис внешних
углов при вершинах В и С расположены по-разному от-
носительно концов противолежащих сторон, то первый
сомножитель в левой части равенства (1) не может об-
ращаться в нуль и
smysiny = cos4y+ y) = sin у-
Подставляя [(р— Ь) (р — c)/bc]‘!i вместо sin(4/2) и ана-
логичные выражения вместо синусов остальных углов,
получаем соотношение, эквивалентное тому, которое
требовалось доказать.
Более того, соотношение
Sin у Sin у = Sin2 у
необходимо и достаточно для того, чтобы отрезок
(р — а) /а был средним геометрическим отрезков
(р — b)/b и (р —с)/с.
317.	Пусть Ль А2, ..., Ап — кнопочные выключатели,
а Рп — последовательность A, Aj, ..., А; (если такая
существует), в которой нужно нажать кнопки, чтобы не
позднее того, как мы нажмем последнюю кнопку А;, лам-
па загоралась (индексы i, /, ... не обязательно должны
быть различными). Присоединим к этому набору еще
один выключатель An+i. Если An+i находится в положе-
474
нии «включено» (его контакт замкнут), то последова-
тельность Рп позволит зажечь лампу.
Следовательно, если, нажав кнопки выключателей
Ai, Аг, ..., Ап в последовательности Рп, мы обнаружим,
что лампа не загорелась, то это будет означать лишь
одно: выключатель An+i находится в положении «вы-
ключено». Нажав на кнопку выключателя 4n+i, мы пе-
реведем его в положение «включено», после чего, нажав
кнопки в последовательности Рп, зажжем лампу. Крат-
ко эту взаимосвязь можно выразить соотношением
?п+1 — РпАп+\Рп-	(1)
Это рекуррентное соотношение вместе с очевидным
начальным условием
(2)
позволяет найти Рп при любом п. Кроме того, из него
следует также, что последовательность Рп существует
при любом п.
Пусть теперь gn — наибольшее число раз, которое
требуется нажать на кнопки п выключателей, чтобы
лампа загорелась. Тогда из соотношения (1) следует, что
gn+i = 2gn+l,	(3)
а из начального условия (2) — что
Я! = 1.	(4)
Таким образом,
£„ = 2п-1.	(5)
Число возможных состояний набора из п кнопочных
выключателей равно 2П. Одно из этих состояний — ко-
гда все п выключателей находятся в положении «вклю-
чено»— соответствует горящей лампе. Следовательно,
число состояний, соответствующих не горящей лампе,
равно 2п— 1, то есть совпадает с gn. Нетрудно доказать,
что не существует решения с числом gn, которое было
бы меньше 2” — 1. Следует также иметь в виду, что
последовательностями Рп, удовлетворяющими рекур-
рентному соотношению (1) с начальным условием (2),
не исчерпывается множество всех решений. Например,
при п — 3 последовательность
Р3= 1 232 123
475
не удовлетворяет соотношениям (1) и (2). Аналогично
при п = 4 соотношениям (1) и (2) не удовлетворяют
по крайней мере три допустимые последовательности:
Р4 = 123 412 324 321 432,
Р4= 123 432 341 432 343,
Р4 = 123 121 431 321 314.
В случае когда выключатели срабатывают при р-м
нажатии, состояния (1) и (2) следует заменить на
?п+1 — Pn^n+lPn РПАп+1Рп	(О
Pi = 4.4. ... 4.	(2')
(в обоих случаях буква 4 употребляется р— 1 раз), от-
куда gn = рп— 1.
318.	Абсциссы точек экстремума являются корнями
уравнения Зх2 -ф 2рх -ф q = 0. Если эти корни — целые
числа, то коэффициенты р и q должны быть кратны 3.
Пусть р = ЗР, q = 3Q. Если d — любой делитель числа
P(d>l) и d2 делит Q, то, положив х = zd, мы получим
два новых уравнения z2 -ф 3(P/d)z -ф 3Q/d2 = 0 и
z2 + 2(P/d)z -f- Q/d2 = 0 с целочисленными корнями.
Следовательно, необходимо исследовать лишь те случаи,
когда q не делится на квадрат любого делителя коэф-
фициента р. (Остальные случаи мы получим, взяв коэф-
фициенты р и q, удовлетворяющие этим условиям, и
умножив р на d, a q на d2.)
Поскольку оба уравнения х2 -ф 2Рх -ф Q = 0 и
х2 -ф ЗРх -ф 3Q = 0 имеют целочисленные корни, то их
дискриминанты должны быть точными квадратами, то
есть 9Р2 — 12Q = (За)2, Р2 — Q = Ь2, откуда Р2 =
= 4й2 — За2. По сделанному предположению а и b вза-
имно просты. Следовательно, в разложении За2 =
= (2Ь 4- Р) (2Ь — Р) можно положить (2й -ф Р) = 3au[v,
(2b — Р) = av/u, где и и v — взаимно простые числа.
Тогда b/а = (За2 + v2)/4uv и Р/а = (За2— v2)/2uv. По-
скольку а, b (как и а, v)—взаимно простые числа, то
либо а = 2uv, b = (За2 -ф и2) /4, Р = (За2— а2)/2, Q =
= 3(а2 — v2) (9а2 — и2) /16, либо а = 4uv, b = Зи2v2,
Р2 = 6а2 — 2a2, Q = 3 (и2 — v2) (9а2 — v2) в зависимости
от того, являются ли оба числа а и а нечетными или
одно из них четно. (Пользуясь тем, что р и q зависят
476
лишь от и2 и V2, мы можем ограничить рассмотрение
лишь положительными значениями и и V. Если бы а
или b были равны нулю, то исходное кубическое урав-
нение имело бы двойной корень или мнимые корни, что
противоречит условию.)
Итак, полное решение задачи можно представить в
виде
р = 3d(Зи2 — v2), q = [9d2(u2 — v2)(9u2- v2)]/16,
где и и v — взаимно простые числа, a d — целое или
кратное четырем число в зависимости от того, различна
или совпадает четность чисел и и и.
Наоборот, если р и q заданы приведенными выше вы-
ражениями, то исходное кубическое уравнение прини-
мает вид
„ _ X» + 4 d(Зи2 - и2)х»+	„ = о
и имеет корни х — 0, [3d (v -f- Зи) (v — и) ]/4,
[3d (v — Зи) (ц + w)]/4.
Уравнение
Х2+ d (Зи2 - ц2)х + 3rf2(9»2-i062)(<-.0-.)- = о,
которому удовлетворяют абсциссы точек экстремума,
также имеет целочисленные корни
_ 3d (о + и) (о — и) d (v — Зи) (о + Зи)
Х~’	4	4
319.	Воспользуемся тождеством
1 _(1 _ех)(1 _е2х)(1 _е22х) _ (1_е2«-1х) =
^ех + е2х_е3х_ _ _ _ +(_
в котором, как легко видеть, знак перед етх опреде-
ляется указанным в условии правилом.
Приравнивая коэффициенты при хр, где О Р < л,
в правой и левой частях, получаем
1Р + 2Р —Зр+ ... ±(2"—1) = 0,
что и требовалось доказать.
320.	Сложив неравенства 2аЬ а2 + Ь2, 2ас
«2+ с2, 2Ьс Ь2-\- с2 и прибавив 2Т — 2(ab-}-ac-\-bc),
получим после несложных преобразований ЗТ sg S2.
477
Поскольку а, b и с — длины сторон треугольника, то
\а — с|<;6, |а —6|<;с и |6 —с|<а. Возводя эти не-
равенства в квадрат, складывая и прибавляя 2Т =
= 2(ab + ас + Ьс), получим после некоторых преобра-
зований второе неравенство S2 <Z 4Т,
Итак, 37 S2 < 47, что и требовалось доказать.
Перейдем теперь к тетраэдру. Пусть S — сумма длин
ребер тетраэдра, 7 — сумма их попарных произведений.
Выписав 15 неравенств вида 2ab а2 + Ь2, сложим их,
разделим на 5, и, прибавив 27, получим 127/5 ^S2.
Выписав для каждой грани тетраэдра по три нера-
венства вида [а — b| <; с, возведем их в квадрат, сло-
жим, перенесем все члены вида а2 в левую часть, а все
попарные произведения — в правую, разделим на 2 и
прибавим 27. В результате мы получим неравенство
S2 < 37.
Итак, для тетраэдра выполняются неравенства
-^7<S2< 37,
аналогичные неравенствам 37 ^S2<47, справедливым
для треугольника.
321.	Заметим, что сумма йо + «1 + ••• + fln-i совпа-
дает с коэффициентом при хп~х в разложении
(«о + а\Х + а2х2 + ... 4-a„-iXre-1 + ...) X
Х(1+х + х2+ ... +х"-'+ ...) =
_(1+х)п	1	, (1 +х)« _ [2 —(1 -,х)]п _
(1-х)3  1-х — (1-х)4 ~~	(1-Х)4
= 2n (1 - х)~4 - п  2п~‘ (1 - х)-3 +
+ ( " ) U - х)~2 “ ( з ) 2"~3 0 ~ *)_' +
+ (многочлен степени п—-4 относительно (1—х)).
Используя биномиальный ряд
со
478
получаем разложение правой части
оо	оо
в котором коэффициент при х”-1 равен
п + 1 \
2 )
п- 2'
П\
2/2 П~
" )2П-З = [8п(п+ 1)(«+2)- 12п2(п+ 1) +
\ О /
+ 6п2(п- 1)-п(п- 1) (п — 2)] 2”~4/3 =
= п (п + 2) (п + 7) 2ге-4/3.
Сравнивая оба выражения для коэффициента при хп-1,
получаем
а0 + «1 + ••• + «п-i = §-(« + 2)(п + 7) • 2” 4,
что и требовалось доказать.
322.	Если В2 4- т = А2, то т = rs, где г = А + В и
д = А — В. Поскольку В = (г — д)/2, то числа гид дол-
жны быть либо оба нечетные, либо оба четные. Целое
число В может принимать не только положительные, но
и отрицательные значения и обращаться в нуль, поэтому
никаких других ограничений на числа гид, кроме того,
что их произведение должно быть равным т, не нала-
гается. Если /п = р“1р“2 ... р“ге, где pi — различные про-
стые числа, а щ — положительные целые числа, то лю-
бой делитель числа т содержится один и только один
раз среди членов разложения
(l + Pj + p^+ ... Р?‘)(1 + р2 + р22 + ... +р^) ...
••• С1 + Рп + Р2п + +Рпп)-
479
Следовательно, если т нечетно, то число делителей чи-
сла т, а тем самым и число целочисленных значений В
равно
(«14-1)(«24-1) ... К+1).
Если т четно и pi = 2, то оба числа г и s должны быть
четными. Тогда число целочисленных значений В, при
которых выражение В2т совпадает с точным квадра-
том, равно числу делителей т/4, то есть
К — 1)(а2+ 1) ... (а„ + 1).
323.	Длины сторон основных пифагоровых треуголь-
ников определяются выражениями а — т2 — п2, Ь =
= 2тп, с = т2 + п2, где т > п, числа тип имеют раз-
личную четность и взамно просты. Если г — радиус впи-
санной окружности, то, как во всяком прямоугольном
треугольнике, с = a + Ь — 2г, откуда г = п(т — п).
Если г = р — нечетному простому числу, то возможны
лишь два случая: либо и = 1, m = р + 1 и
«1 = Р (Р + 2), bi = 2 (р + 1), Ci = р2 + 2р + 2,
либо п=р, т —р + 1 и
а2 = 2р+1, 62 = 2р(р + 1), с2 = 2р2 + 2р + 2.
Теперь перейдем к доказательству утверждений за-
дачи.
а.	Поскольку ai — bi = р2— 2 и Ь2 — а2 — 2р2— 1, то
длины наименьших сторон двух пифагоровых треуголь-
ников равны bi и аг, причем они отличаются на 1.
б.	Ci — at = 2, с2 — b2 = 1.
В. fli bi -f- Cl + a2 + b2 -j- c2 = 6(p + l)^.
г. Наименьшие углы, то есть углы, равные
arctg2(p + 1)/р(р-ф2) и arctg (2р + 1)/2р(р + 1), стре-
мятся к нулю. Следовательно, предел их отношения ра-
вен пределу отношения их тангенсов:
lim 2 (р + 1)2/[(р + 1/2) (р + 2)] = 2.
£->00
д. Отношение площадей равно
Т _ 2р + 1 _
1	. р + 2
2
3
р + 2-
480
324.	Пусть Р и Р' — две точки листа бумаги, совпа-
дающие при его перегибе. Тогда любая точка А линии
сгиба отстоит от точек Р и Р' на одинаковое расстояние
и отрезки прямых АР и АР' при перегибе листа бумаги
совпадают. Следовательно, линия сгиба, как геометри-
ческое место точек, равноудаленных от концов отрезка
РР\ представляет собой прямую, проходящую через се-
редину отрезка РР' перпендикулярно ему.
325.	Сумма п первых натуральных чисел делит их
произведение, если число га + 1 делит 2 (га — 1)! Если чи-
сло га-j-l четно, то множитель (n-J-l)/2 входит в
(га— 1)!. Если га + 1 — нечетное составное число, то либо
оно само, либо (2га+ 1) представимо в виде произведе-
ния двух неравных сомножителей, входящих в (га—1)!
Итак, га + 1 не делит 2 (га— 1)! лишь в том случае, если
га + 1 — нечетное простое число.
326.	Способ разрезания правильного шестиугольника
на семь частей, из которых можно составить равносто-
ронний треугольник, показан на рис. 24 *.
327.	Сравнение га1 2 s га (mod 10“) не следует из срав-
нения пг = га (mod 10а) в двух случаях: если г—нечет-
ное число (в этом случае 4r s 4(mod 10), в то время как
1 Конечно, отсюда еще не вытекает, что это наименьшее число
частей. (Методы решения геометрических задач на разрезание и
многие рекордные разрезания подробно изложены в книге Г. Линд-
грен, Занимательные задачи на разрезание, М., «Мир», 1977.) —
Прим, перев.
481
42 = 16) и если rsl (mod 5) (поскольку 21ssl (mod 100),
то в этом случае 2 lr s 21 (mod 100), в то время как212 =
= 441). Пусть теперь г—1—число, взаимно простое
с числом 10. Предположим, что число (пг~1 — 1)/(п—1)
делится на 5. Тогда nr~l = 1 (mod 5). Но по малой тео-
реме Ферма (III. 6) n4=l(mod5), и поскольку число
г— l = ±l(mod4) (как нечетное), то nsl(mod5)
или и-1 = 1 (mod 5), что то же самое. Полагая п —
= 5m + 1, получаем
пг~1 - 1  (5т + 1)г~' — 1
п — 1	5т
(5т)г~! + ... +5иг(г—1)+1 — 1	, z d rx
= -------------- 1 (mod 5).
Но это противоречит предположению о том, что г— 1
взаимно просто с 10. Далее, (п1—1 — 1)/(п—1) =
= пг-2+ ... +«+1 нечетно при любом п, если г—1
нечетно. Таким образом, число (пТ — п)1(п2—п) взаим-
но просто с 10, и из сравнения nr = «(mod 10а) следует
сравнение n2 = n(mod 10“).
Итак, допустимыми значениями г являются все чет-
ные числа, не оканчивающиеся цифрой 6. (В тривиаль-
ном случае, когда а = 1, эту оговорку можно снять.)
328.	Пусть (а, 0), (0, 0), (jq, г/i)—координаты точек
А, В, Р, и пусть кубическая парабола пересекает ось х
еще и в точке С с координатами (у, 0). Тогда уравнение
кубической параболы можно представить в виде
г/ = 7<(х —а)(х —р)(х—у).	(1)
Любая прямая у = т(х — а), проходящая через точ-
ку А, пересекает кубическую параболу (1) в точках,
абсциссы которых определяются из уравнения /<(х —
— 0) (х — у) = т. Если эти точки совпадают с точкой/3,
то
jn _ _ (P-Y)2	_ Р +у
К ~	4	• *1 — 2 *
Таким образом, проекция (хь0) точки Р на ось х
совпадает с серединой отрезка ВС. Следовательно, длина
отрезка АВ вдвое больше расстояния между точками Р
и Q по горизонтали, но отрезки АВ и PQ имеют проти-
воположное направление.
482
Отношение
PQ
не зависит от коэффициентов кубической параболы, что
и требовалось доказать.
329.	Оси прямоугольной системы координат направим
параллельно краям бильярдного стола, выбрав их на-
правление так, чтобы координаты шара после удара
кием либо возрастали, либо не изменялись. Пусть (а,
Ь)—начальное положение шара, а и и v— размеры
бильярдного стола. Тогда «почти при всех» значениях а
и b удар, нанесенный кием по бильярдному шару в на-
правлении с угловым коэффициентом svjru, где г и s—
любые неотрицательные целые числа, приводит к желае-
мому результату: шар после конечного числа отражений
от бортов (равного 2(r4-s)) возвращается в исходную
точку.
Докажем это утверждение. Отражая сначала биль-
ярдный стол относительно его сторон, затем его образы
относительно тех сторон, к которым не примыкают об-
разы стола, полученные на более ранних этапах построе-
ния, замостим первый квадрант прямоугольниками, конг-
руэнтными бильярдному столу. Соответственными точ-
ками двух смежных прямоугольников, примыкающих
друг к другу вдоль общей стороны, будем считать точки,
симметричные относительно общей стороны. Тогда траек-
торию бильярдного шара можно развернуть в прямую,
проходящую по прямоугольной сетке. Образами точки
(а, Ь)—начального положения бильярдного шара — яв-
ляются узлы сетки с координатами (2гы±а, 2sv±b),
где г, s = О, 1, 2, ... . Всякий раз, когда «распрямлен-
ная» траектория шара пересекает прямую х = ги или
у = sv, бильярдный шар в действительности отражается
от борта. Следовательно, на пути от точки (а, Ь) к точке
(2ru + a, 2sv + b) бильярдный шар претерпевает 2r + 2s
отражений, а угловой коэффициент распрямленной
траектории (совпадающий с угловым коэффициентом
участка траектории от начального положения до точки
первого отражения от борта) равен svfru. На пути к
каждой из точек (2ru — a, 2sv + b) и (2ru-j-a, 2sv — b)
бильярдный шар претерпевает нечетное число отраже-
ний от бортов, а именно 2r-[-2s-=-l. Точку (2ги — а,
483
2sv — b) следует исключить, поскольку в силу принятых
упрощающих предположений траектория шара не долж-
на проходить через точки (ru, sv).
330.	Пусть А, В, С — центры сфер радиусами а, b и х,
сфера С касается двух других сфер и плоскости, А', В',
С' — проекции точек А, В, С на плоскость. По теореме
Пифагора расстояние между параллельными прямыми
АА' и ВВ' равно
[(а + Ь)2 -(а- Ь)2]'11 = 2 (ab)'lt.
Аналогично расстояния между прямой СС и прямыми
АА' и ВВ' равны 2(ах)'Ь и 2(Ьх)'Ь. Поскольку все три
прямые расположены в одной плоскости, то
2(аЬ),1г = 2(ах)'1г + 2(Ьх)',г,
откуда
х~'‘2 — а~'12 + Ь~''2,
что и требовалось доказать.
331.	Длины лестниц а и Ь, высота точки пересечения
над основанием лестниц с и расстояние между стенами d
связаны между собой соотношением
(а2 - d2)~'/2 + (b2 — d2)~'/2 = с-1.	(1)
Выражения для а, Ь, с и d, приведенные в условии за-
дачи, удовлетворяют этому соотношению. Из трех усло-
вий, наложенных на числа s, t, и и v, следует, что а >
> b > 0 и d — целое число.
Читателю предлагается показать, что выражениями
для а, Ь, с и d, приведенными в условии задачи, исчер-
пываются все допустимые целочисленные решения (1),
а наиболее простое частное решение (a, b, с, d) в нечет-
ных числах имеет вид (105, 87, 35, 63) и порождается
числами k = 64 и (s, t, и, v) = (7, 1, 9, 7).
332.	Рассмотрим необходимость и достаточность ус-
ловия отдельно.
а. Необходимость: если р — нечетное простое число, то
/ 2р — 1 \
( р_ 1 j^Hmodp2).
484
В таком виде утверждение было доказано Ч. Бэббеджем.
Как показал Вольстенхольм *, при р > 3 сравнение спра-
ведливо даже по модулю р3. Еще более точный резуль-
тат можно получить следующим образом. Запишем бино-
миальный коэффициент, стоящий в левой части сравне-
ния, в виде
/2р — 1 \ _ (р+1)(р + 2) ... (р + (р- 1)) _
\ р- 1 J	(Р-1)!	~
, Лр_2р+ Ар_3р2+ ... + рг-1
(Р-1)!
где Av — сумма всех возможных произведений из чисел
1, 2, .... р—1 по V. Сравнение Бэббеджа следует из
того известного факта, что если р— простое число, то
Xv = 0(modp) для 0 < v < р—1 (см. решение зада-
чи 231).
Положив х = р в тождестве
(х-1)(х-2) ... (х-(р-1)) =
= х₽->-Л1хр-2+ ... -Лр_2х + (р-1)!,
получим
Ар-2 = Ар-Зр — Ap-tp2 + ... +рр~2.	(1)
В дальнейшем будем предполагать, что р — простое
число, большее 3. Тогда из (1) следует, что Лр_2 ss
= 0(modp2) и сравнение Вольстенхольма.
Поскольку
=	4,-4+ ••• + pp“4^^y1(modp),
то
(2р—J1 )=!
1 См. L. Dickson, History of Theory of Numbers, 1, 271. — Прим,
nepee.
485
Теорема Вильсона (III.6) позволяет заменить (р—1)!
иа —1, а из общего результата Глешера1 следует, что
Ар-э1Р =-jBp-3 (mod р),
где Вр_3 — число Бернулли. Таким образом, окончатель-<
но находим
(2p— 1\ о .
p _ J J =1 — у А-з (mod p4).
б. Сформулированное в задаче условие, по-видимому,
недостаточно. Докажем, что сравнение
/2р — 1 \
( р_ 1 J^Hmodp2)
выполняется, если р == q2, где q— простое число, удов-
летворяющее сравнению Bg_3 s= 0 (mod q2). Такое число q
следует искать среди так называемых нерегулярных
простых чисел 37, 59, 67, 101, ..., то есть таких, что q
делит по крайней мере одно из чисел В2,	В6, ..., Вд_3.
И хотя при нескольких начальных значениях q не делит
Вд_3, по-видимому, нет причины, по которой число q не
должно быть делителем числа Bq^3.
Положим по определению
f(1)=,,fw=n^A
I 1
где аг принимает значения <р(/п) натуральных чисел,
меньших числа т и взаимно простых с ним. Функция
f(m) принимает не только целочисленные значения, но
если ее аргумент совпадает с простым числом р, то
2р-1\
Р- 1 )‘
Как нетрудно доказать, в общем случае выполняется со-
отношение
f(p)
2m ~~~ 1 \ TT
m- 1 7	11
dim
1 L. Dickson, History of the Theory of Numbers, 1, 100. — Прим,
перев.
486
В частности, если т = р2, то
/2т — 1 \	/2р — 1 \
Поскольку 22 «Г1 s 0 (mod т) при т>2, то
f (tn) = (тф<"’) + тф("’)-1 L «г + • • -)(П Я;)-1 +
I	I
+ т 22 аГ1 + 1 — 1 (mod т2).
Пользуясь сравнением, приведенным в конце пункта
„а“, получаем
/2р2 — 1\	2 ,
( р2 _ ! J = 1 — у рВР-з (mod р4).
Итак, если существует простое число р, которое де-
лит Вр-з, то квадрат этого простого числа должен удов-
летворять сравнению
/2т—1\
I , 1 = 1 (mod т2).
\ т— 1 / v '
333.	Оставляя в стороне тривиальные случаи, пред-
положим, что b < с < а. Если сторона PS прямоуголь-
ника PQPS (вид на шкаф сверху) скользит по углу А,
а угол шкафа Q — по стене DE (рис. 25), то угол шкафа
Р описывает некую кривую. Выберем на плоскости ри-
сунка прямоугольную систему координат так, чтобы ось
у шла по направлению стены DE, а ось х проходила че-
рез угол А. Пусть (х, у) и (0, z) координаты точек Р.
и Q, а а = Z.PQE. Тогда
у — z = acosa, x = asina, c + ztga = &seca.
Исключив из этих соотношений z и а, получим уравнение
описываемой вершиной Р кривой в виде у — f (х), где
__ ab + (х — с)2 (а2 — х2)1''2
х
Вычислим производные функции f(x):
е, , , а2с — х3 — ab (а2 — х2)1''2
' (Х)~	х2(а2-х2)''2
f/r _ а2 (х — с) _ 2а Г ас _
' V ’ x(a2-x2fl2 х3 L(a2-x2)I/2
487
Ясно, что при с sC х <_ а последнее выражение отри-
цательно, поэтому функция f(x) при с<^х<а имеет
не более одного максимума, который и дает искомое
значение d.
Рассмотрим в отдельности следующие три случая.
Случай 1. Если f'(c) sg 0, то при возрастании х от с
до а функция /(х) убывает. Толщина стены не играет
роли и d = f(c} = ab/c. Этот случай имеет место при
ab с (а2 — с2) К
Случай 2. Если f'(c) >0,	<0, то функция
f(x) достигает своего максимального значения, равного
ширине дверного проема
,___ ab + (х — с)(а2 — х2)'/г
а ~	х
между сисф/i. Здесь х — положительный корень урав-
нения
ab (а2 — х2)'/г = а2 с — х3.
Этот случай имеет место, если ab <_с(а2 — с2)'1* и либо
а с + h, либо ab > [а2с — (с -ф h)3]/[a2 — (с -ф /i)2]'/2.
488
Случай 3. Если f'(c + h)^O, так что функция f(x)
возрастает на всем интервале с х с + «, то ширина
дверного проема равна f(c-[-h), то есть
ab + h [а2 - (с + А)а]’/а
с + Л
Этот случай имеет место, если
аЬ < а2с + (с + ft)3
"" [а2 - (с + Л)2]’7’ '
Случай 2 наблюдается, например, при следующем
наборе значений: а — 6, b = 2,38, с = 4,5, h > 0,3, х —
= 4,8, d = 3,2.
334.	Десятичное разложение дроби 1/р имеет период
длиной в (р— 1)/2 или q знаков, где q— некоторый де-
литель числа (р— 1) /2 в том и только в том случае, если
10(p-j)/2= l(modp). Но по критерию Эйлера именно та-
кому сравнению должно удовлетворять число 10, если
оно является квадратичным вычетом по модулю р (III. 7).
Известно, что число 5 служит квадратичным вычетом по
модулю простого числа вида 5n± 1, а число 2 — квад-
ратичным вычетом по модулю любого простого числа
вида 8п ± 1 *.
Кроме того, известно, что число 10 — квадратичный
вычет по модулю р, если числа 2 и 5 — оба квадратич-
ные вычеты (или оба квадратичные невычеты) по тому
же модулю (111.7(6)). Таким образом, простое число р
должно быть либо представимо в двух видах 5n ± 1 и
8п±1, либо не представимо ни в одном из них, то есть
р = 40п±г, где г — 1, 3, 9 или 27. Отсюда (поскольку
З4 = 81 == 1 (mod 40)) следует утверждение задачи.
335.	а. Пусть р = 2k + 1. Тогда
рп+ 1 _ (2fe+ l)n+ 1 _
2	—	2
= 2n-lkn + n2n~2kn~i+ ... +nk + l.
Если число п четно, то (рп + 1 )/2 нечетно и поэтому не
может быть делителем числа 2т при k #= 0. Если число п
нечетно и больше 1, то
Z±2-_p»-'_p"-’+ ... +1
489
— сумма нечетного числа нечетных слагаемых. Следо-
вательно, при р > 1, п > 1 соотношение рп + 1 <= 2т
в этом случае выполняться не может.
б.	Если число п нечетно и больше 1, то число
РП 1	—п—1 । „м—2 t	I -j
-p-j =Р +Р +	+ 1
снова нечетно. Если же п четно, то
Но по доказанному в пункте «а» число pr+ 1 не может
быть степенью двойки, если г>1. Следовательно, при
п > 2 соотношение рп — 1 = 2ТО выполняться не может.
336.	Разберем задачу на примере президентских вы-
боров 1940 и 1945 гг. Поскольку число выборщиков со-
ставляло тогда 531, на пост президента мог быть избран
кандидат, заручившийся поддержкой не менее 266 вы-
борщиков. Общее число выборщиков от нескольких шта-
тов как раз оказалось равным 266 (если бы это было не
так, необходимое минимальное число голосов было бы
больше). Это следующие штаты:
Штат	Число выборщиков	
	выборы 1940 г.	выборы 1945 г.
Калифорния	22	25
Иллинойс	29	28
Луизиана	11	11
Мейн	5	5
Массачусеттс	17	16
Мичиган	19	20
Миссури	15	15
Нью-Джерси	16	16
Нью-Йорк	47	47
Огайо	26	25
Пенсильвания	36	35
Техас	23	23
	266	266
490
Поскольку число избирателей N пропорционально числу
выборщиков, то N — 531га (по предположению, в штате,
представленном k выборщиками, в голосовании могут
принять участие kn избирателей). Кандидату, победив-
шему на выборах 1940 и 1945 гг., достаточно было полу-
чить голоса выборщиков только в перечисленных выше
штатах и не собрать ни одного голоса среди выборщиков
всех остальных штатов.
В каждом штате ему необходимо собрать [kn/2 + 1]
голосов избирателей. Суммируя это выражение по всем
штатам, получаем, что для победы на президентских вы-
борах 1940 и 1945 гг. кандидат должен был собрать
голосов избирателей, где е = 8, если га — нечетное число,
и е = 12, если п — четное число, то есть за него должны
были проголосовать 25,05% от общего числа избирате-
лей.
В общем случае минимально необходимое число го-
лосов дается формулой
MN . „ а
2L ' д 2 ‘
Здесь L — общее число выборщиков, S — число штатов,
располагающих в сумме М выборщиками; эти штаты
надо выбирать так, чтобы М было наименьшим, которое
5= [L/2] + 1; о равно числу выбранных штатов, в которых
число выборщиков нечетно, если га нечетно, и о = 0, если
га четно.
337.	По правилам матричного умножения
(®rs) (^rs) == (Prs)> (Prs) (flrs) =
rue
n	n
Prs == S Qrs == S brk&ks'
k=l	ft—1
Предположим, что обе матрицы (ars) и (bra) удовлет-
воряют условиям задачи, то есть
flr] = Я2г> ^rl == ^2г> ®1г	®г2> ^1г == Ьг2 О’» $ > 2),
ars — asn brs*=bsr, ап = а22, bll = b22.
491
Тогда
п
Р22 — ^21^12 + ®22^22 + X й'2кЬк2 =
— a21^12 +	+ X ^klbik — <711-	(1)
ft=3
Аналогично можно проверить, что
Рп = Чгп Р1г = Чг2, Prs = <7sr (г, S > 2).
Пусть (brs) == (ars)‘, тогда (prs) = (qrs) = (ars)‘+1.
Из этого соотношения и равенства (1) следует, что Р22 =
= «/и == рп. Точно так же проверяется, что матрица
(«rs)t+1 удовлетворяет и остальным соотношениям. По
индукции они удовлетворяются при всех t. Таким обра-
зом, первые два элемента, стоящие на главной диаго-
нали матрицы (ars)( равны, и тем самым утверждение
задачи доказано.
338.	Функцию f(x) можно представить в виде беско-
нечного ряда
00	1
п=о	о
так как (0) =s(n). Поскольку достаточные условия,
позволяющие менять порядок интегрирования и сумми-
рования, выполнены, то
1	00
еах-ех J
-----i—du =
и — 1
о
1
Si _ o~vx
----------dv =
v
о
о
= е
х с 1  е(«-ох
о
= ех р ~
о
339.	Фигура, о которой говорится в условиях задачи,
и четыре части, на которые необходимо разрезать квад-
рат Fn X Fn, изображены на рис. 26.
Докажем соотношение
(1)
492
Воспользуемся для этого методом математической индук-
ции. Поскольку Fi = F2 = 1, a F3 = F? + Fi = 2, то при
п = 2 соотношение (1) верно: 2-1 = 1 + (—1)2 = 2.
Предположим, что оно верно при п = k. Тогда
Fk+zFk — (Fk+i + Fk) Fk — Fk+iFk + F2k —
— Fk+iFkFk+iFk-i —(—l)k—
= F-k+i (Fk + Fk-i) - (-1)* = Fl+l + (-l)ft+1,
то есть соотношение (1) верно при п = k-\-1, а значит,
и при любых п.
Составить из четырех частей квадрата Fn X Fn фи-
гуру, изображенную на рис. 26, возможно 1 потому, что
Fn Fn-i — Fn~2
н
2Fn-2 ~ Fn-i = Fn-2 - (Г,,-! - Fn-2) =
~ Fn-2 Fп-з = Fa-i.
1 В действительности построенная фигура не состоит из прямо-
угольников; в середине ее имеется малозаметная щель, либо со-
ставляющие фигуру части квадрата перекрываются. Площадь щели
и «перекрытия» как раз и составляют недостающую или лишнюю
единицу. — Прим, перев.
493
Покажем, что площадь фигуры на 1 отличается от
площади квадрата Fn X Fn:
4Fn-iF „_2 + Fn-2Fn-t = 4Fn-iFn-2+Fn-2 (2Fn-2 — F„-i) =
~ Fn-2(4Fn~i + 2Fn—2 Fn—J =
= Fn-2 (3Fn-i + 2Fn_2) =
= Fn-2(Fn + Fn-2 + 2Fn^) =
= F nF n-2 + Fn-г + 2Fn-iFn-2 =
=	- (-1)" + F2n-2 + 2Fn-!Fn-2 =
= (F„_, + Fn-2)2 - (-1)" = F2n - (-1)".
340*. Из условий задачи вытекает равенство
Х2Х3 У2У3 2%	3	V1 УТ1 2Г'	
Х3Х1 УзУ1 Z3Zi	= П (XiytZi) ie= 1	х2 1 У2 1 ^2	= 0,
Х[Х2 У1У2 ZiZ2		V Узх ZV	
а потому существуют не равные одновременно нулю чис-
ла а, Ь, с, такие, что
aXiXj + by{y} + cztZj = 0 (/¥=/).	(1)
Считая х, у, z однородными координатами на плоско-
сти, рассмотрим коническое сечение
ах2 + by2 + cz2 = 0.	(2)
Уравнение поляры (III. 5) л, точки Рг (xz, yi, гг) относи-
тельно этой кривой имеет вид
аХ(Х-)- byty + cZiZ = 0.	(3)
В силу (1) каждая из точек Рг лежит на полярах двух
других.
Все точки Р{ различны, поскольку совпадение, ска-
жем, точек (хь уь Zi) и (х2, y2l z2) влечет равенства Хз —
= Уз = Z3 = 0, что противоречит условию задачи.
Рассмотрим теперь три прямые л'с, имеющие в одно-
родных координатах уравнения
Xzx + rzy + ZiZ = 0.	(4)
Вспоминая хорошо известное свойство алгебраических
элементов в определителе, заключаем, что Р/ е nz при
494
j ¥= i, а потому n'i = ai. Таким образом, (3) и (4)—это
уравнения одной и той же прямой, а следовательно,
axi   by{   czt
Xi	Yi — Zi •
В частности, каждое из чисел а, Ь, с отлично от нуля.
Подставляя найденные соотношения в (1), получаем
XiXl + YiYl Z‘Z/ о
а “Г Ъ "Т" с ~U’
и, следовательно			должен равняться нулю определитель					
		У2У3	Z2Z3	3	хг1	УГ1	ZF1	
		У3У1	Z3Zi	= П(Х^2г) t =1		Уг’1	Z2”1	•
		Г1К2	ZiZ2		Хз-1	Уз"1	Z3-1	
341.	Корень i-й степени из комплексного числа z =
=	= е(®+2к1Ы равен e^+2ftIt, где k — произвольное це-
лое число. При z =—1 получаем
73П' = е<1+2*>".
Значение корня, приведенное в задаче, соответствует
fe = 0.
342.	Тетраэдр с целочисленными длинами ребер, пло-
щадями граней и объемом можно построить. Таков, на-
пример, тетраэдр, у которого длина одного ребра состав-
ляет 896, длина противоположного ребра равна 990, а
длина каждого из четырех остальных ребер равна 1073.
Две его грани имеют площадь по 436800 квадратных
единиц каждая, а две другие — по 471240 квадратных
единиц. Объем тетраэдра равен 62 092 800 кубических
единиц.
Чтобы построить такой тетраэдр, возьмем ромб PQRS
со стороной с и диагоналями PR = 2а и QS = 2Ь. Тогда
а2+&2 = с2.	(1)
Повернем треугольник PRS вокруг стороны PR так,
чтобы расстояние между точками Q и 5 стало равным
2а'. Необходимо, чтобы а', а, b и с были целыми числами
и, кроме того, чтобы существовали целые числа Ь' и k,
удовлетворяющие соотношениям
а'2 + У2 = с2, /г24-а'2=&2.	(2)
495
Тогда у тетраэдра PQRS длины ребер равны 2а, 2а',
с, с, с, с, площади граней — ab, ab, а'Ь', а'Ь' и объем —
2aa'k/3.
Итак, требуется решить уравнения (1) и (2) в целых
числах. Заметим, что с2 можно представить в виде суммы
двух квадратов двумя различными способами. Следова-
тельно, с2 равно произведению двух целых чисел, каждое
из которых представимо в виде суммы квадратов двух
целых чисел (III. 10). Это наводит на мысль искать ре-
шение уравнений (1) и (2) в целых числах в следующем
виде:
u2 = r2 + s2, u'2 = r'2 + s'2, С = 1Ш',
a~\rr' — ss' I, b = rs' + r's, a' = \r's — rs' |, b'=rr' + ss',
k2 = 4rr'ss'.
Перебирая простейшие решения пифагорова уравне-
ния zz2 = r2 + s2 в целых числах, находим следующие
два решения:
202 + 212==292, 352+ 122 = 372,
для которых произведение rr'ss'—точный квадрат.
Значения г = 20, г'==35, s = 21, s'=12, и = 29,
v = 37 дают тетраэдр, размеры которого приведены в на-
чале решения.
343.	Докажем общую теорему, из которой утвержде-
ние задачи следует как частный случай.
Теорема. Если многочлен f(x) степени т принимает
целочисленные значения при т + 1 последовательных
целых значениях х, то он принимает целочисленные зна-
чения при любых целых х.
Доказательство. Пусть f(x) принимает целочислен-
ные значения при х, равном а, а+1, ..., а-т-гп, где
а — целое число. Составим таблицу разностей значений
f(x) в этих точках. Поскольку все элементы этой таб-
лицы получены вычитанием одного целого числа из дру-
гого, то они все — целые числа. Пользуясь интерполя-
ционной формулой Ньютона [III. 14 (32)], получаем
f(a + n) =
Т п\	Т п\
~ Ка) + пЩа) + f IA2f(a) +...+( m
496
Если п — целое число, то биномиальные коэффи-
циенты — также целые числа. Следовательно, в пра-
вой части равенства стоит сумма произведений целых
чисел, то есть целое число, что и требовалось доказать.
Если
f W = 4 х5 + у х3 +	х,
то
f(0) = 0, f(±l) = ±l, f(±2) = ±10, f(±3) = ±59,
и доказанная теорема применима к данному многочлену.
344.	Поскольку с помощью п прямых плоскость мож-
но разбить на (м2 + м + 2)/2 частей, то плоскости п пер-
вых разрезов разбивают плоскость (n-J- 1)-го разреза на
(n2 +n-J-2)/2 частей. Каждая из этих плоских частей
разбивает образованный ранее проведенными разрезами
кусок сыра на два, поэтому после (n-J-l)-ro разреза
общее число кусков сыра возрастает на (га2 + п -J- 2)/2.
Поскольку при п = 1 или при п = 2 общее число частей,
на которые разрезан кусок сыра, определяется выраже-
нием (м3 + 5га + 6)/6 и
п3 + 5п + 6 . п2 + п + 2 (п + 1)3 + 5(п+ 1) + 6)
6	2	6
то при любом п число частей равно (га3 + 5n -f- 6)/6, что
и требовалось доказать.
Интересно отметить, что п точками прямую можно
разбить на 1 + п частей, п прямых разбивают плоскость
/
на (га + п + 2)/2 = 1 + п + I % I частей, а п плоскостей
. f п\
разбивают трехмерное пространство на 1+n + l g 1 +
+ 1,1 частей.
\ и /
Как показал Л. Шлефли п гиперплоскостей размер-
ности т—1 делят m-мерное пространство на число ча-
стей, равное
f п\	f п\
1 + « + (ч2) + (з)+ ••• +1т/
1 L. Schlafli, Theorie der vielfachen Kontinuitat, Denkschrifteii
der Schweizarischen naturforschenden Gesellschaft, vol. 38, 1901.
497
345.	Проволочки образуют граф с V вершинами и Е
ребрами, где
У = (а+ !)(&+ 1)(с+ 1) = а6с + (6с4-са + а6) +
+ (а + 6 + с) + 1,
E = a(b + 1) (с + 1) + b (с + 1)(а + 1) + с (а+ !)(& +1)=
= ЗаЬс + 2 (be + са + ab) + {а + Ь + с).
Перерезав каждое из Е ребер, мы получим граф, то-
пологически эквивалентный V сферам. Соединив V— 1
из них с оставшейся сферой, получим одну-единственную
сферу. Следовательно, род первоначального графа опре-
деляется выражением
р = Е — (V — 1) = 2abc + (Ьс + са + ab).
346.	Если п т, то задача тривиальна. Предполо-
жим, что т < п <z р. Тогда п — составное число, напри-
мер п = (сомножители tii и п2 удовлетворяют нера-
венствам 2 sC tii «С п2).
Предположим сначала, что tii < п,2. По доказанному
П. Л. Чебышевым постулату Бертрана между числами
т и 2т заключено по крайней мере одно простое число
р. Следовательно, п < р < 2т и
.	__п .
п,\ < п2^.-^ <. т.
Таким образом, т\ делится, на п.
Если tii = п2 и т > 3, то уточнение постулата Берт-
рана* приводит к неравенству т < р < 2т — 2, откуда
n<2m-4 = m(2--i-)</n. -J=(-J)2.
Таким образом, в рассматриваемом случае tii = п2
т/2. Следовательно, ml делится на ni>2ni, а значит,
и на = Из трех значений т= 1, 2, 3 исключение
составляет только т = 3.
347.	Пусть с = а — b и рт — наибольшая степень про-
стого числа р, на которую делится число п. Если р не де-
лит число с, то исключим его из рассмотрения. Если же
р делит с, то
а” —	_ (А + с)п— Ьп _ у» / ti \ rfi-l 1
с	с	£i\i)
498
Докажем, что каждое слагаемое последней суммы де-
лится на рт. Поскольку биномиальный коэффициент Q)
равен кратному числа п, деленному на !!, необходимо
лишь доказать, что с’-1 делится на ту же степень про-
стого числа р, на какую делится i!. Число р делит i!
00	оо
раз (см. III. 35). Строгое неравенство между суммами
доказывает наше утверждение, поскольку в силу приня-
того нами предположения р*~1 делит с*-1.
348.	Для любого вещественного числа х справедливо
неравенство х(1 —х) ‘Л- Следовательно,
(1 gp)gp+i > (1 gp)gp<
то есть {g’p} — монотонно возрастающая последователь-
ность. Поскольку она ограничена, то существует предел
последовательности z, удовлетворяющий неравенству
(1 — z)z > */4, откуда z == 1/2.
Рассмотрим более общую задачу. Пусть 0 < gp < 1
и (1 — gp)gp+i > а > 0. Тогда а < */4 и
..	1 — V1 — 4а	г;—  1 + V1 — 4а
hmgp>--------2----’ limgP<~~2---------•
Действительно, задав последовательность {хр} рекур-
рентным соотношением
*1 = 0,	, (р=1,2, ...),
1 Л р
так что lim хр = (1 — V1 — 4а )/2, мы методом матема-
р-><х>
тической индукции без труда докажем неравенства
1 +Vl-4a
Хр < gp	2
В предельном случае при а = ’Д получаем хр = (р —
— 1)/2р, откуда (р — 1)/2р < gp < >/2.
349*. Многие замечательные свойства кривых постоян-
ной ширины изложены в § 7 книги И. М. Яглома и
499
В. Г. Болтянского В частности, там доказано, что лю-
бая кривая постоянной ширины есть одновременно кри-
вая постоянного диаметра (стр. 95, следствие из за-
дачи 81). Верно и обратное утверждение: каждая кри-
вая постоянного диаметра есть кривая постоянной ши-
рины.
Утверждение «а» в теории кривых постоянной ши-
рины известно под названием теоремы Барбье. Доказа-
тельство теоремы Барбье приведено в решении задачи 88
указанной книги (стр. 285 и далее).
Ответ на вопрос «б» содержится в задаче 89 той же
книги: из всех кривых постоянной ширины окружность
ограничивает наибольшую площадь, равную лхР/4, а так
называемый треугольник Релло — наименьшую, равную
(л —Уз)<//2.
350.	Если разложение е-1 оборвать на члене (—1 )п/м!,
то ошибка составит менее !/(«+!)! Следовательно,
ближайшее к п\/е целое число равно
',»='1|[1—гг + 1г-
(Заметим, что число Рп совпадает с решением известной
задачи о беспорядках: числом перестановок чисел 1,
2, ..., п, в которых ни одно число не находится на
«своем» месте.)
Следующая цепочка элементарных преобразований
показывает, что Рп делится на п—1:
Рп = пР^ + (-!)« = („- 1)	+ (-1)« =
= (п- !)/>„_, + (п - 1) Рп_2 + (- 1Г1 + (-1)" =
= (п-1)(Р„_1 + Р„_2).
351.	Числа, обладающие указанными в условии за-
дачи свойствами, очевидно, имеют вид N = 2₽3’5Г.
Поскольку N/2— квадрат, то
qsr = 0(mod2) и psi (mod 2).
Поскольку N/3 — куб, то
р s г = 0 (mod 3) и q s 1 (mod 3).
1 См. Яглом И. М., Болтянский В. Г., Выпуклые фигуры. М.—
Л , ГИТТЛ, 1951.
500
Поскольку N/5— пятая степень некоторого целого
числа, то
р == q = 0 (mod 5) и г = 1 (mod 5).
Наименьшие значения р, q, г, удовлетворяющие этим
сравнениям, равны
р= 15, q = 10, г = 6.
Следовательно, наименьшее «сверхсоставное» число
N равно
N = 21531056 = 30 233 0 88 000 000.
352.	Пусть S— сумма, которую требуется вычислить.
Умножив на (—1)г~1г тождество
2л + 2	1	__ 1________।_____1
2п + 1 ^2л^
и просуммировав от г = 1 до г = 2п, получим: в левой
части
(S - 2л) (2л + 2)
2л + 1
в правой части (поскольку биномиальные коэффициенты,
равноудаленные от концов, имеют противоположные
знаки и взаимно уничтожаются)
Разрешив полученное равенство относительно S, най-
Дем
„	л(л+1)
.
353.	Утверждение задачи достаточно доказать для
определителя шестого порядка, все элементы которого
равны ±1. Действительно, пусть ац — элементы опре-
делителя шестого порядка, удовлетворяющие усло-
вию задачи (—1 ац +1), Ац — алгебраическое
дополнение элемента ац. Вписав вместо элемента ац
501
число +1, если Aij > 0, число —1, если A{j < 0, и любое
из чисел ±1, если Aij = 0, мы получим определитель,
значение которого либо больше значения исходного оп-
ределителя, либо совпадает с ним.
Любой определитель шестого порядка с элементами,
равными ±1, делится на 25. Действительно, если такой
определитель привести к определителю пятого порядка,
то элементы последнего будут иметь вид ±1 • 1 ± 1 • 1, то
есть окажутся четными числами, и, вынеся из каждой
строки множитель 2, мы получим перед определителем
коэффициент 25.
Пользуясь теоремой Лапласа, разложим исходный оп-
ределитель по 20 минорам третьего порядка, стоящим в
первых трех строках. Каждый такой минор либо имеет
два линейно зависимых столбца (и поэтому равен нулю),
либо получен при перестановке строк, столбцов или из-
менении знака из определителей
	1 1 1		1 1 1	
	1 1-1	= — 4,	1 1-1	= — 4.
	1-1 1		1-1-1	
Пусть	а, Ь, с, d —	различные (линейно		независимые)
столбцы, состоящие из трех элементов, равных ±1. Тог-
да, если первые три строки определителя имеют, напри-
мер, вид aaaabc, то от нуля отличны лишь четыре ми-
нора label, и, разлагая исходный определитель по тео-
реме Лапласа, мы получаем число, не превышающее
4-4-4 = 64. Аналогично определитель шестого порядка,
три первые строки которого имеют вид aaabbe и содер-
жат шесть отличных от нуля миноров, не превышает 96,
определитель с тремя первыми строками вида aaabed не
превышает (1 + 3-3) • 16 = 160, и определитель с тремя
первыми строками вида aabbcc не превышает 128.
Остается лишь определитель шестого порядка с тре-
мя первыми строками вида aabbed. На первый взгляд
кажется, что такой определитель может быть равен
(4 + 2-4) • 16 = 192. Однако такое значение определи-
тель шестого порядка может принимать лишь в том слу-
чае, если три его последние строки имеют вид xxyyzw и
алгебраическим дополнением отличного от нуля минора,
стоящего в трех первых строках (например, минора abc),
служит отличный от нуля минор, стоящий в трех послед-
502
них строках (например, минор xzw). Но если столбцы
хх не стоят под столбцами cd, то отличные от нуля ми-
норы abc, acd и bed, стоящие в первых трех строках, бу-
дут умножаться на один из миноров, стоящих в трех
последних строках и содержащих два одинаковых столб-
ца хх. Если же столбцы хх стоят под столбцами cd, то
столбцы уу не стоят под столбцами cd и предыдущее за-
мечание вновь применимо. Следовательно, не существует
определитель шестого порядка с элементами ±1, кото-
рый был бы равен 192.
Примером определителя рассматриваемого типа, рав-
ного 160, может служить следующий:
111111
1 1 1 -1	-1	-1
1 1-1-1	1	1
1-1-1 1-1 1 •
1-1 1-1	1	1
1-1-1 1	1-1
354.	Пусть а<^Ь радиусы, a Si и S2— площади двух
кругов, L — площадь их общей части, Ci и С2 — площади
внешних луночек меньшего и большего кругов. Тогда
L 4- С{ = Su L -|- С2 = S2, откуда 2L -f- С\ -|- С2 = Si -|-
+ S2. Поскольку, по мнению нашей героини, идеальные
отношения между двумя людьми устанавливаются, когда
L = Ci -f- С2, то при этом 3L = Si -f- S2 и L = (Si +
+s2)/3.
Ясно, что площадь L общей части двух кругов не пре-
восходит площади51 меньшего круга, поэтому Si > (S! -f-
-f-S2)/3 или S2S^2Si. Таким образом, если круг инте-
ресов одного из партнеров более чем вдвое (по площади)
превосходит круг интересов другого, то идеальные от-
ношения между ними невозможны. Если же круг инте-
ресов одного партнера превосходит круг интересов дру-
гого партнера ровно вдвое, то этот последний рискует
быть полностью поглощенным интересами своего более
сильного партнера, тогда как у того сохранятся инте-
ресы, не разделяемые его более слабым партнером.
В общем случае обозначим через г отношение радиу-
сов кругов: г = b/а. Тогда _идеальные отношения воз-
можны лишь при 1 sC г л] 2. Пусть Oi и О2 — центры
503
кругов радиусов а и Ь, А и В — точки пересечения гра-
ничных окружностей, ZAOiB = 2<р, ZAO2B = 2О. Тогда
площадь L общей части двух кругов можно представить
как сумму площадей секторов О[АВ и О2АВ, из кото-
рой вычли площадь четырехугольника АО2ВО1. Идеаль-
ные отношения соответствуют условию 3L = Si + S2, или
L — а2(р + b2i& — b sin ft (a cos <p + b cos O') =
О
Исключая <p из соотношения
азтф = &5т0',
получаем
r20 + arcsin (rsinO) —
— rsinO(Vl —r2sin2O + r cos о) =	.
При заданном значении г величину О' можно найти
из этого трансцендентного уравнения. Решить его можно
методом последовательных приближений. Таким обра-
зом, даже в математике поиск идеала наталкивается на
трансцендентные трудности.
В частном случае полного соответствия двух партне-
ров (г — 1) уравнение упрощается и принимает вид
0<тт
2-& — sin2O, = -^?.
О
Это также трансцендентное уравнение, хотя и не очень
сложное. Решая его методом последовательных прибли-
жений, находим 20 = 149°16,3/ (под таким углом видна
из центра каждого круга их общая часть).
Итак, установление идеальных отношений даже ме-
жду подходящими друг другу партнерами — дело далеко
не простое и представляет собой трансцендентную за-
дачу, однако ее решение сопряжено с гораздо меньшими
трудностями и не требует столь большого терпения, как
в том случае, когда судьба сводит вместе двух людей,
совершенно не подходящих друг другу.
355.	Пусть а — глубина вазы, а х2 = 2ру — уравнение
линии пересечения внутренней поверхности вазы с пло-
скостью, проходящей через ось вазы. Поскольку при уве-
личении расстояния от вершины кривизна параболы мо-
нотонно убывает, то, чем больше размеры шара, тем
504
выше он застрянет в вазе. Кроме того, если шар опи-
рается на край вазы, а его поверхность не касается
внутренней поверхности вазы, то шар несколько мень-
шего диаметра погрузится в вазу глубже и вытеснит
больше воды. Следовательно, для того чтобы объем
вытесненной шаром воды был максимальным, необхо-
димо рассматривать шары, которые касаются внутренней
поверхности вазы.
Сопоставим поперечные сечения шара и вазы. Если
шар касается параболы в точке	yi^a, то, как
нетрудно подсчитать, его центр находится в точке (О,
У\+р)- Пусть г —радиус шара, а /г —толщина его по-
груженной в воду части. Тогда
a = yl+p — r + h, r2 = x9i + p^ = 2pyl + p2. (1)
Объем сферического сегмента радиусом г и высотой h
равен
у  nh2 (Зг - Л)
Заметив из (1), что
dy\__r_ dh   . г
dr	р ' dr	р ’
после дифференцирования (2) по г и некоторых упро-
щений получим
dV __ nrh (й + 2р — 2г)
dr	р
Необходимый признак экстремума дает нам 2г =
= 2р + h. Следовательно, шар, вытесняющий наиболь-
ший объем воды, погружается в воду на глубину 2р
(длину фокальной хорды параболы). Исключая h и yi,
находим зависимость радиуса шара г от параметров па-
раболоида:
г = (2ар + 4р2)‘/г — р.
356.	Для того чтобы все биномиальные коэффициенты
были нечетными, отношения последовательных коэффи-
циентов
п	п — 1 п —2	п — k 1
Т’	2 ’	3 ’ • • ’ ’ k+1 ’ п	'И
505
должны приводиться к несократимым дробям с нечет-
ными числителем и знаменателем. Само число п также
должно быть нечетным. Пусть n = 2su—1, где и — не-
четное число. Тогда отношение (2®-{-1)-го биномиаль-
ного коэффициента к 2®-му равно
ra-(2*-l) 2s (и-1)	и-1
2s ~ 2s ~	1 ’
то есть приводится к несократимой дроби с четным чис-
лителем и нечетным знаменателем.
Это противоречит тем требованиям, которым должна
удовлетворять последовательность отношений биноми-
альных коэффициентов, если только и не равно 1. При
и = 1 получаем: п = 2®— 1 и (2®+ 1)-го биномиального
коэффициента не существует.
Наоборот, если п = 2®— 1, то общий член последова-
тельности (1) имеет вид [2®—(&+!)]/(&+1), где
k <Z п. Если fe-f-l=2fu, где и — некоторое нечетное
число, то отношение биномиальных коэффициентов рав-
но (2s-f — v)/v и удовлетворяет всем необходимым тре-
бованиям.
Итак, все биномиальные коэффициенты нечетны в
том и только в том случае, если показатель степени би-
нома Ньютона на единицу меньше некоторой степени
двойки.
357.	Пусть {гц(п)} — матрица, обратная (разумеется,
если таковая существует) заданной матрице Ап — {а^}.
Как показывают прямые выкладки при п — 2,3, разумно
предполагать, что Гц(п) — О, если i Js / + 2, и Гц(п) =
= гц(п—1), если i, / = 1, 2, п — 1 и (/,/)=/=
=# (Ц — 1, п — 1).
Для проверки нашей гипотезы введем неопределен-
ные коэффициенты а, Ь, с и положим
q __||(Дг-1) ' + а^п—1 Ь(Тп—i/ll
п I ЬТп-i	с Г
где Тп-1 — однорядная матрица (0,0, ..., 0,1) порядка
(п—1), а Вп-1 — квадратная матрица (0, ..., 0,
порядка (п—1). Матрица Сп совпадает с матрицей,
обратной матрице Ап, то есть удовлетворяет соотно-
шению АпСп = I тогда и только тогда, когда а =
506
= (п—l)2/(2n—1), Ь =—п(п—1)/(2п—1) и с =
= п2/(2п—1). Отсюда мы без труда находим элементы
матрицы:
4i3 /-tn
Гц = 4-2j", (i = l, 2, ..., п — 1),
__ n2
Гпа--2п- 1 ’
П.и-1 = -4тТГ’ (* = 1,2,
П; = 0 при i>/ + 2.
358.	У ромбододекаэдра имеется восемь вершин Т,
в каждой из которых сходятся по три ребра, и шесть вер-
шин F, в каждой из которых сходятся по четыре ребра.
Ближайшими к вершине Т являются вершины F, и, на-
оборот, по соседству с каждой вершиной F расположены
вершины Т. Следовательно, вдоль любого маршрута,
проходящего вдоль ребер ромбододекаэдра, вершины Т
и F должны чередоваться. Но восемь вершин Т и шесть
вершин F нельзя расположить в чередующейся последо-
вательности независимо от того, намерены ли мы вер-
нуться в исходную точку или нет.
359.	Перенумеруем монеты последовательно целыми
числами от 1 до 12. Произведем три взвешивания, раз-
ложив монеты по чашам весов в следующем порядке.
Первое взвешивание: на левой чаше весов — монеты 1,
2, 3, 4, на правой — 5, 6, 7, 8. Второе взвешивание: на
левой чаше весов монеты 1, 2, 3, 5, на правой — 4, 9, 10,
11. Третье взвешивание: на левой чаше весов монеты 1,
6, 9, 12, на правой — 2, 5, 7, 10.
Результаты этих трех взвешиваний позволяют найти
фальшивую монету и определить, легче она или тяжелее
настоящей.
Сравним вес монет на левой и правой чашах весов.
Пусть Л означает, что монеты на левой чаше легче, Т —
тяжелее, чем на правой, а Р — что обе чаши весов на-
ходятся в равновесии. Нетрудно проверить, что возможно
27 = З3 перестановок с повторениями. Следующие ис-
ходы трех взвешиваний не могут встретиться никогда:
(Р, Р, Р), (Л, Т, Т) и (Т, Л, Л). Остальные 24 возмож-
ных исхода можно разбить на три группы (номер
507
фальшивой монеты указан сверху'в записи результатов
трех взвешиваний).
Фальшивая монета легче настоящей:
1	2	3	4	5	6	7
ЛЛЛ, ЛЛТ, ЛЛР, ЛТР, ТЛТ, ТРЛ, ТРТ,
8	9	11	12
ТРР, РТЛ, РТР, РРЛ.
Фальшивая монета тяжелее настоящей:
1	2	3	4	5	6	7	8
ТТТ, ТТЛ, ТТР, ТЛР, ЛТЛ, ЛРТ, ЛРЛ, ЛРР,
9	10	11	12
РЛТ, РЛЛ, РЛР, РРТ.
360.	Несуществование на плоскости равнобедренного
7-точечника было доказано в задаче 225.
Докажем, что в трехмерном пространстве множество,
у которого не всякие три точки расположены в верши-
нах равнобедренного треугольника, содержит не менее
9 точек. Рассмотрим вершины правильного пятиуголь-
ника и центр его описанной окружности. Присоединим
к этому множеству точку, находящуюся над плоскостью
пятиугольника на расстоянии радиуса описанной окруж-
ности, и зеркально симметричную ей точку, находящуюся
под плоскостью пятиугольника. Множество, состоящее из
этих 8 точек, очевидно, образует пространственный рав-
нобедренный 8-точечник1.
361.	Рассмотрим k—1 положительных, попарно раз-
личных чисел а.2 — «ь а3 —	..., а* — ах. Вместе с k
заданными попарно различными числами они образуют
множество, состоящее из 2k — 1 > п положительных чи-
сел, каждое из которых не больше п. Следовательно, оба
набора содержат по крайней мере одно общее число,
то есть по крайней мере один раз выполняется равен-
ство аг — а\ = аг, или at +	= ar.
При £ = [(n-j-l)/2], как показывает последователь-
ность
[|] + i, [т] + 2> •••’ п>
утверждение задачи неверно.
1 Мне неизвестно, является ли 9 искомым числом, то есть верно
ли, что в пространстве нет равнобедренных n-точечников, где
п > 9. — Прим. ред.
508
362*. Очевидно, что при b — 0, ряд расходится. Пусть
Ь =# 0. Тогда последовательность ]6|1пп->оо, причем
расстояние между соседними ее членами
|&|ln(n+l)-|Nlnn = |&|ln(l +4)<4L W
и стремится к нулю монотонно. Для любого натураль-
ного р выберем q и М так, чтобы выполнялись неравен-
ства
|&|1п(<7 — 1)<(р —-|)л<|й|1п<7<
< | 6|1п(7 + М) < (р + j) л. (2)
Тогда при	функция cos(b Inn) имеет
один и тот же знак, а | cos (6 In п) | > у. Следовательно,
сумма соответствующих М + 1 последовательных членов
заданного ряда по абсолютной величине не меньше чем
q+M	q+M
i £ п~а>т J x~adx
n=q	q
1+A
2 J § *
1
(3)
Поскольку из (1) и (2) видно, что М можно взять рав-
ным —{q— 1) — 3, —так что правая часть в
(3) имеет отличный от нуля предел при q-+oo (беско-
нечный при а < 1). Наконец, заметим, что при р-><х>
величина q также неограниченно возрастает, вследствие
чего исходный ряд не удовлетворяет признаку сходимо-
сти Коши и поэтому расходится.
363.	Пусть W— граница выпуклой оболочки пяти за-
данных точек. Если все пять заданных точек распола-
гаются на W, то либо они коллинеарны, либо любые че-
тыре неколлинеарные точки из пяти заданных распола-
гаются в вершинах выпуклого четырехугольника. Если
ровно четыре из пяти заданных точек лежат на W, то
именно эти четыре точки служат вершинами выпуклого
четырехугольника.
Если на W лежат ровно три из пяти заданных точек
(обозначим их А, В, С), то эти точки служат вершинами
треугольника АВС, внутри которого расположены две
509
остальные точки D и Е. Прямая DE проходит через внут-
ренние точки не более чем двух сторон треугольника
АВС.
Рассмотрим третью сторону треугольника АВС, не
имеющую внутренней точки, принадлежащей прямой DE.
Тогда точки D, Е и вершины, расположенные на концах
третьей стороны, служат вершинами некоторого выпук-
лого четырехугольника.
364.	Предположим, что «1	[2п/3]. Тогда 3«i	2п.
Рассмотрим множество целых чисел 2аь Заь а2, ап.
Оно содержит п -f-1 целых чисел, из которых ни одно не
делит другое. Поскольку это невозможно, то полученное
противоречие доказывает утверждение задачи.
365.	Рассмотрим выпуклый многоугольник с числом
сторон, равным п 4. Любые четыре из п вершин мно-
гоугольника определяют четырехугольник с двумя пере-
секающимися диагоналями. Справедливо и обратное ут-
верждение: любые две пересекающиеся диагонали мно-
гоугольника задают некоторый четырехугольник. Следо-
вательно, число всех точек пересечения диагоналей вы-
пуклого n-угольника равно(”). Разумеется, не все(”)
точек пересечения могут быть различными.
366.	Перенумеруем столбцы цифр справа налево, от
младших разрядов к старшим. Сумма цифр, стоящих в
первом столбце, равна У, причем переноса из младшего
разряда в этот столбец быть не может. Следовательно,
буквой N обозначена цифра 0, поскольку при N — 5
сумма цифр, стоящих во втором столбце Т + 2Е + 1
ф T(mod 10). Аналогичные соображения показывают, что
буквой Е обозначен либо 0, либо 5. Но X = 0, поэтому
Е = 5. Из четвертого столбца в пятый должна быть пе-
ренесена какая-то цифра. Этой цифрой может быть
только 1, поскольку сумма цифр, стоящих в четвертом
столбце (цифра, обозначенная буквой О, плюс цифра де-
сятков, перенесенная из третьего столбца) не может
быть больше 11. Следовательно, буквой I обозначена
либо цифра 0, либо цифра 1. Но N = 0, поэтому I = 1,
а 0 = 9. Сумма цифр, стоящих в третьем столбце, долж-
на быть не меньше 21, поскольку буквой X обозначена
цифра, отличная от 0 и 1, а из второго столбца в третий
510
может быть перенесено не более единицы. Следователь-
но, буквой Т обозначена либо цифра 7, либо цифра 9.
Если Т = 7, то /? = 8, а X = 3. Но F и S обозначают
цифры, отличающиеся на 1. Такой парой последователь-
ных цифр могут быть только либо 2 и 3, либо 3 и 4. Та-
ким образом, цифра 3 не может быть обозначена бук-
вой X. Следовательно, Т = 8, R = 7 и X = 4. Остается
единственная пара, состоящая из двух последователь-
ных цифр: 2 и 3. Итак, F= 2, S = 3. Наконец, У= 6.
Задача допускает единственное решение:
29786
+ 850
850
31486.
367.	Пусть
у 2	«>2
i + i=l, а + Ь.
— уравнение внутренней бровки беговой дорожки.
Если ширина дорожки одинакова и ее наружная
бровка имела бы форму эллипса, то уравнение наруж-
ной бровки можно было бы записать в виде
у 2	«у2
(а + 02 + (* + 02 =1’
Расстояние между точками этих двух эллипсов, где
угловой коэффициент касательных равен пг,- было бы ши-
риной дорожки и составляло бы
[(а + t)2 tri> + (b + t)2]'12 — (a2m2 + Ь2)'11
(tn2 + 1)‘/2	—
После несложных преобразований это выражение можно
привести к виду
t (am2 + b) = i [(пг2 + 1) (а2пг2 + &2)]’/г.
Поскольку / =# 0, обе части последнего равенства
можно разделить на t и после дальнейших упрощений
получить соотношение
2а&пг2 = пг2 (а2 + &2),
а так как оно должно быть тождеством относительно пг,
то
а2-2а& + &2=0,
511
или а = Ъ, что противоречит принятому нами предполо-
жению об эллиптической форме внутренней бровки. Сле-
довательно, форма наружной бровки отлична от эл-
липса.
368.	а. Рассмотрим сначала общую задачу.
Даны числа, образующие конечную последователь-
ность а0, at, ап- Найти другую конечную последова-
тельность и0> «и ..., «п, такую, чтобы
(«о + «j/ 4- а2/2 + • • •) («о + WjZ -J- и/ 4- .. .)=1 (modfrt+l)
Члены последовательности «о, «ь ..., ип мы найдем,
решив систему линейных уравнений
«о«о
«1«о + «о«1	== О,
а2«о 4-	4- ао^	— О,
..................................=0,
«п«0 4" ап-{Щ 4" Ял-2и2 + • • • 4" «0wn = 0.
По правилу Крамера					
	ai	Oq	0	0	... 0
	a2	at	a0	0	... 0
(-1)Х+Ч=	аз	a2	at	a0	... 0
	an-t	an-2	ап-з	ati—i	a0
	ап	an-t	an—2	an-3	...ах
б.	В рассматриваемой задаче
/ а\
<20 = 1, at —а — х, aft = l ,1 при k^2,
\ R J
так что (ао 4-«1^ + ••• 4- antn) = (1 4- t)a— xt. Чтобы
вычислить определитель, ап необходимо выбрать равным
коэффициенту при tn в разложении
(14-0a- xt
= (1 + t)-a + xt (1 + i)'2a + x2f~ (1 4- 1Г3а + • • •,
512
то есть положить
Заметив, что
( а  —а(— а —	-а—-»+1)
получим соотношение, которое требовалось доказать.
369.	Выберем на плоскости косоугольную систему ко-
ординат так, чтобы вершины А, В, С треугольника имели
координаты (О, Ь), (0, а), (0,0). Возьмем медиану AD
и рассмотрим сначала прямые, пересекающие ВС и
одну из двух других сторон треугольника. Если через
некоторую точку медианы проходит (!/з)-прямая, пересе-
кающая АС и DB, то через ту же точку проходит (1/з)-
прямая, пересекающая АВ и CD. Поэтому мы можем
ограничиться рассмотрением прямых, пересекающих АС,
то есть ось у и DB, удвоив найденное число (1/з)-пря-
мых. Уравнение медианы имеет вид
ab — ау
2Ь
(1)
Уравнение прямой, проходящей через точки (аг, 0) и
(0, Ь]2г) и, следовательно, отсекающей треть площади
треугольника (то есть (*/з)-прямой), запишется в виде
arb-3ar^y	,,
а уравнение другой (*/з)-прямой — в виде
_ 2arb — Заг2у
Х~ 2Ь
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим
у_____ 1 — 2г
b~ 1 - б>-2 •
Эта величина достигает максимального значения, рав-
ного (3-7з)/б, при г = (3 + Уз)/б. Когда г изме-
513
няется от ’/г До (3 +V3)/6, а затем до 1, величина у/Ь
изменяется от 0 до (3 — л/3~)/б, а затем убывает до Vs-
Таким образом, если z— доля, которую составляет от-
резок от вершины до точки пересечения прямых (1) и
(2) по отношению ко всей медиане, то z — 1 — у]Ъ и при
г = (3 + 7з)/б существует одна (7з) -прямая, при
(3 +VT)/6<2< 4/5 —две (‘/з)-прямых и при 4/s <
< z 1—одна (7з)-прямая, и в окончательном итоге
это число удваивается.
Решив систему уравнений (2) и (3), получим
у _ 1 — 2г
Ь 1 - Зг2 •
На интервале от г = 2/3 до г = 1, который нам надлежит
здесь рассматривать, функция у/b однозначна и не имеет
внутренних максимумов и минимумов. При г = 1 функ-
ция ylb достигает минимума, равного 7г, а при г = 2/з
принимает значение ylb=\. Следовательно, при 0^
z */г существуют две (7з)-прямые.
Выберем теперь другую косоугольную систему коор-
динат так, чтобы вершины А, В, С треугольника имели
координаты (0,0), (с, 0), (0, Ь). Уравнение медианы, про-
ходящей через вершину А, в новой системе координат
запишется в виде
х = су/Ь,	(4)
а уравнения (’/з)-прямых, аналогичных прямым (2) и
(3), примут вид
х = (crb — Зсг2у)!Ь,	(2')
х = (2сг& — Зсг2г/)/2&.	(3')
Параметр z, имеющий прежний смысл, связан с у со-
отношением z = Чу/Ь.
Решая совместно уравнения (4) и (2'), находим
2г//й = 2г(1 + Зг2). Эта величина достигает максимума,
равного V3/3 при г — д/З /3, поскольку параметр г
должен быть неотрицательным. При г = 1 и г = 7з
функция 2у/Ь принимает значение ’/г- Следовательно, при
г = д/з/3 существует одна (7з)-прямая, а при t/2^z<
< д/з/3 — две (1/з)-прямые. Значению z-=.xl2 соответ-
514
ствуют те же прямые, которые были получены нами
раньше.
Решая совместно уравнения (4) и (3'), находим
2г//& =т 4г(2г + Зг2). Эта величина достигает максимума,
равного Vб/З, при r = V6/3, а при г = 1 и г == 2/з
принимает значение 4/5. Таким образом, при г==-\/б/3
существует одна (1/3)-прямая, а при 4/5^z < V^/З су-
ществуют две (1/3)-прямые. Значению z = 4/s соответ-
ствуют (7з)-прямые, которые были найдены раньше.
Итак, полученные нами результаты представлены
в следующей таблице:
370.	Перенесемся мысленно на Бейкер-стрит, 2216,
где происходит следующий разговор.
— Холмс, это поразительно! Как вам удалось устано-
вить, что у хозяина дома было 5 детей, у его брата и
сестры — 4 и 3 ребенка соответственно, а у его двоюрод-
ного брата двое детей?
— Мой друг, — ответил Холмс, раскуривая свою труб-
ку,— решить эту задачу гораздо проще, чем разгадать,
например, тайну пляшущих человечков. Как вам извест-
но, детей, игравших в саду, было недостаточно для того,
515
чтобы составить две бейсбольные команды, то есть мень-
ше восемнадцати. Поэтому с самого начала было ясно,
что число детей в самой маленькой семье не могло быть
больше двух. После несложных подсчетов я пришел к
заключению, что если у двоюродного брата хозяина
дома двое детей, то произведение числа детей в каждой
из четырех семей может принимать только семь значе-
ний, только одно из которых, а именно 120, было бы воз-
можно и в том случае, если бы у двоюродного брата хо-
зяина дома был лишь один ребенок.
— Таким образом, — продолжал объяснять ход своих
рассуждений Шерлок Холмс, — если бы номер дома был
бы отличен от 120, то гость, который, по его признанию,
«немного разбирался в математике», смог бы без каких-
либо дополнительных сведений установить, сколько де-
тей у двоюродного брата хозяина дома: один или два.
Не менее ясно, что если бы на вопрос гостя хозяин от-
ветил утвердительно, то гостю пришлось бы выбирать
между наборами чисел (8, 5, 3, 1) и (6, 5, 4, 1). Но по-
скольку он смог точно установить число детей в каждой
из четырех семей, то очевидно, что на его вопрос хозяин
ответил отрицательно. «Нет» соответствует лишь одной-
единственной комбинации чисел: 5, 4, 3, 2. Как видите,
все очень просто, мой дорогой Ватсон!
371.	Вырезать абажур в виде одного куска бумаги из
заданного прямоугольника возможно не всегда. Чтобы
убедиться в этом, достаточно рассмотреть предельный
случай, когда р — 0 и Р = 2ns, а абажур имеет форму
круглого диска радиусом s (такой диск, очевидно, нельзя
вырезать из прямоугольника, один из размеров которого
также равен а).
Рассмотрим теперь два случая, отличных от предель-
ного и соответствующих неравенствам Р— ps^ns и
Р — p>ns. Докажем, что при Р — p^ns абажур, со-
стоящий из одного куска бумаги, всегда можно выкроить
из прямоугольника, а при Р — р > ла это возможно в
том случае, если
2соз(п-^-)
т- 
516
Предположим, что выкройка абажура имеет форму
сектора кругового кольца, наружный радиус которого
равен /?, внутренний равен г, а центральный угол со-
ставляет 2а. Нетрудно доказать, что при Р— p^Zns
угол а не тупой. При 0<а<л/2 выкройку абажура
можно вырезать из прямоугольника ABCD так, как по-
казано на рис. 27 (сектор кругового кольца EFGHIJE).
Рис. 27.
Периметр нижнего основания абажура Р равен длине
дуги EFG и, очевидно, больше стороны АВ прямоуголь-
ника. Кроме того, из разложения cosx в ряд Маклорена
следует неравенство
гу2
f (а) = -j--------1 + cos а 0.
Подставляя /? = s + r, P = 2aR, р = 2аг, получаем
s + Р ~~ % + r cos а = rf (а) > 0,
или
s + р - Р 8s р ^R — г cos а = ВС.
Таким образом, при 0 < а < л/2 размеры заданного
четырехугольника не меньше размеров четырехугольника
ABCD и выкройку абажура можно вырезать одним ку-
ском в форме сектора кругового кольца. Нетрудно дока-
зать, что данного четырехугольника оказывается доста-
точно и в предельных случаях при а = 0 (то есть при
517
р — Р) и а — л/2. Итак, первая часть нашего утвержде-
ния доказана.
Рассмотрим теперь случай, когда Р — p>ns. Вы-
кройку по-прежнему возьмем в виде сектора кругового
кольца. При Р — р> лз угол а тупой и выкройку можно
вырезать одним куском из прямоугольника ABCD так,
как показано на рис. 28, если ABCD имеет размеры не
л_________________________ с
Рис. 28.
меньше 2R X [/? + /? cos (л — а)]. Следовательно, для
того, чтобы из заданного прямоугольника выкройку аба-
жура можно было вырезать одним куском, достаточно
выполнение неравенства
s + р~ 8s р	cos (л — а).
Оставляя неизменным член /?соз(л — а) и производя
в остальных членах подстановки, аналогичные проде-
ланным выше, получаем
С^2
г г + R cos (л — а),
или
г 2 cos (п — а)
Выразив входящие в последнее неравенство величины
через заданные размеры абажура, мы придем к пред-
ставленному выше неравенству (1).
Покажем, что размеры прямоугольника ABCD, опи-
санного вокруг выкройки абажура, не уменьшаются, если
518
выкройка имеет любую форму, отличную от сектора кру-
гового кольца.
Прежде всего заметим, что форму выкройки можно
определить следующим образом. Пусть М и N — любые
две точки, выбранные на верхнем и нижнем краях аба-
жура, a L — некая кривая, проходящая по боковой по-
верхности усеченного конуса и соединяющая точки М и
N. Если L не имеет с верхним и нижним краями аба-
жура других общих точек, кроме М и N, и не содержит
точек самопересечения, то, разрезав абажур вдоль кри-
вой L и разложив выкройку на плоскости, мы получим
связную плоскую фигуру без перекрывающихся участ-
ков. Ясно, что такую выкройку можно вырезать одним
куском из прямоугольника. (Если бы, разрезав абажур
вдоль L, мы получили бы фигуру с перекрывающимися
участками, то выкройку абажура нельзя было бы выре-
зать одним куском не только из прямоугольника, но и
из любой плоской фигуры.)
Вместе с тем, разрезая абажур вдоль различных кри-
вых L, можно получить все допустимые выкройки аба-
жура (то есть выкройки, которые можно вырезать одним
куском из прямоугольника).
Часть периметра любой такой выкройки будет со-
впадать с наружной дугой сектора кругового кольца.
Следовательно, размеры прямоугольника, из которого
делают выкройку, не могут быть меньше размеров пря-
моугольника, из которого вырезан сектор кругового
кольца. Тем самым вторая часть нашего утверждения
также доказана.
372.	Предположим, что сосуд Г; содержит хг кг соли
через t минут после начала операции. Спустя еще А/ ми-
нут в сосуд Ti из сосуда 7\+i перейдет gx1+iA//V кг соли,
а из сосуда 7\ в сосуд 7\_1 перейдет gXi^t/V кг (с точ-
ностью до бесконечно малых более высокого порядка).
Из закона сохранения массы получаем дифференциаль-
ное уравнение
dx{ _g(xl+l-x.)
dt	V
или
(£>+ k)Xi = kxi+b где k=^r.
519
Полная система уравнений имеет вид
(£> + /г) Xj = kx2,
(D + k) х2 = kx3,	(р
(D 4- k)xn = kx{.
Эту систему необходимо решить при начальных усло-
виях: Xi = х2 = ... = хп-1 = 0, хп = М при t = 0.
Из (1), дифференцируя и подставляя одно уравне-
ние в другое, получаем систему уравнений, каждое из
которых содержит лишь одну независимую переменную:
(D + k)n Xi = knXi, i = 1, 2....п. (2)
Характеристическое уравнение каждого из диффе-
ренциальных уравнений, образующих систему (2), имеет
корни 0, й(е— 1), .... /г(еп-1 — 1), где 1, е, ..., еп-1 —
корни n-й степени из единицы. Следовательно,
хг = У,
/-1
Подставляя это значение в первое уравнение системы
(1), получаем
х2= У ez-lczeft^!~l_ 1К
/-1
Подставляя х2 в следующее уравнение, найдем х3 и т. д.
до тех пор, пока не получим
хп = У
f=i
Коэффициенты С{ определяем из начальных условий
при t = 0:
п
i=l
п
(3)
£ец-1)(л-1) Ci = м.
520
Пользуясь тем, что 1 4-е 4-е2 4- ... 4-еп-1=0, еп=1,
при сложении получаем из (3): Ci = М/п. Умножая урав-
нения (3) по порядку на 1, е, ..., е”-1 и складывая, на-
ходим сп — ъп~1М1п. Умножая уравнения (3) по порядку
на 1, е2, е4, ..., е2(п-1), получаем сп-х = еп~2М/п и т. д.
Последним мы определим коэффициент с? == гМ/п. Сле-
довательно,
п	/	п—Х
хп XО/__211 । e-kt у1
gke,lt
Слагаемые, равноудаленные от концов, либо оба веще-
ственны, либо комплексно сопряжены и, следовательно,
сумма вещественна. Так, при п = 2, 3, 4 значениях хп
можно представить в виде
,, /	_ 'igt X
М । «	।	'" iz ।
х2 = ^-(1 4-е v J,
Хз = 4(1+2е~^ cos~^)>
х4 = -у-е ~(cos-y-4-ch-|r).
Можно показать, что
— (14-2Q), если n = 2m-j-l,
-^-(1 4-e-_^4-2Q), если /г = 2m 4-2,
где
Q =	е(-1+c°s 2л//п) gt v cos [(sin	-|rj •
/=i
При Z->oo все Xi (i = 1, 2, ..., n) стремятся к М/п.
373.	Назовем правильной такую раскраску карты, при
которой любые две страны, имеющие общий участок гра-
ницы, окрашены в различные цв-ета.
Пользуясь методом математической индукции, дока-
жем, что наша карта на поверхности сферы допускает
правильную раскраску в два цвета. При п = 1 это
521
утверждение верно. Предположим, что оно верно при
п = k — 1. После добавления еще одного большого круга
необходимо лишь изменить на противоположную окра-
ску всех стран, лежащих по одну сторону от него (в од-
ном полушарии), и мы получим правильную раскраску
карты для п — k. Ясно, что если п — четное число, то
при такой раскраске диаметрально противоположные
страны оказываются окрашенными в один цвет. Следо-
вательно, число стран, окрашенных в один цвет при вы-
бранной нами раскраске, четно.
Докажем, что число стран, окрашенных в каждый
цвет, не может быть равно п. Действительно, если бы
два этих четных числа были равны, то общее число стран
на карте F было бы кратно четырем, в то время как
F = 4k 2. Докажем последнее утверждение.
Поскольку любая окружность большого круга пере-
секает окружность любого другого большого круга дваж-
ды, то число вершин графа, образованного границами
стран, V = п(п—1). Каждая вершина принадлежит че-
тырем ребрам, а каждое ребро соединяет две вершины.
Следовательно, число ребер Е вдвое больше числа вер-
шин: Е = 2V. Из формулы Эйлера V — E-\-F = 2 по-
лучаем, что F = п(п— 1) -ф 2. Поскольку п кратно 4, то
F = 4k-\- 2.
Наконец, заметим, что при следовании по любому
разрешенному маршруту по карте, раскрашенной из-
бранным нами способом, окраска страны изменяется
всякий раз, когда мы пересекаем границу. Поскольку
число стран, окрашенных в один цвет, отличается от
числа стран, окрашенных в другой цвет, не менее чем
на 2, то невозможно совершить кругосветное путешест-
вие, побывав при этом в каждой стране один и только
один раз.
374.	Требуется построить магический квадрат третьего
порядка из набора простых чисел рг, таких, что числа
рг 2 также простые. Среди простых чисел, которые
меньше 2000, таким свойством обладает 61 число.
Поиск простых чисел, образующих магический квад-
рат, можно значительно сузить, если воспользоваться
следующими соображениями:
а.	Должны существовать четыре пары простых чисел,
имеющих одну и ту же сумму.
522
б.	Элемент Е, стоящий в центре магического квад-
рата, равен полусумме каждой такой пары, то есть од-
ной трети постоянной магического квадрата.
в.	Если среди элементов квадрата нет 3 и 5, то про-
стые числа pi должны заканчиваться цифрами 1, 7
или 9.
г.	Суммы цифр, стоящих в разрядах единиц элемен-
тов каждой строки, каждого столбца и диагоналей,
должны иметь одинаковые последние цифры.
д.	Из свойств «в» и «г» следует, что последние цифры
элементов, стоящих в каждой строке, каждом столбце
или на диагоналях, должны быть либо одними и теми
же, либо образовывать (с точностью до поворотов и от-
ражений) конфигурацию
1 7 9
7 9 1
9 1 7
Среди рассматриваемого набора из 61 простого числа
существует десять значений 2Е (суммы четырех пар про-
стых чисел, отличающихся на 2), удовлетворяющих этим
требованиям, а именно: 298, 838, 1318, 1618, 1762, 2038,
2098, 2122, 2182, 2638. Лишь первое из них обладает тем
свойством, что сумма элементов, стоящих в верхней или
нижней строке, а также в левом или правом столбце,
равна ЗЕ. Соответствующие магические квадраты имеют
вид
простые числа						простые числа		
191	17	239	192	18	240	193	19	241
197	149	101	198	150	102	199	151	103
59	281	107	60	282	108	61	283	109
Таким образом, жалование придворного математика
за год составляло 9Е -ф 9 = 9(149 -ф 1) = 1350 талеров.
Утверждают, что ближайший к найденным набор чи-
сел, образующих средний магический квадрат, имеет вид
6198	5502	3030
2142	5010	7878
6690	4518	3822
523
При этом придворный математик получал бы в год
45090 талеров
375.	Покажем, каким образом, располагая пятью за-
данными прямыми, следует проводить шестую прямую,
чтобы определяемый прямыми шестиугольник обладал
как вписанным, так и описанным коническими сече-
ниями.
Проведем любые четыре прямые a, b, с, d, образую-
щие четырехугольник с вершинами 1, 2, 3, 4 (вершина 1
образована пересечением сторон а и Ь, вершина 2 — пе-
ресечением & и с, вершина 3 — пересечением cud, вер-
шина 4 — пересечением d и а). Пусть Р— точка пересе-
чения сторон а и с, Q — точка пересечения сторон d и Ь.
Проведем любую пятую прямую е, пересекающую сто-
рону с в точке 5 и сторону d в точке 6. Таким образом,
задача сводится к тому, чтобы провести шестую прямую,
которая пересекала бы прямые a, b, с, d и е.
Проведем диагонали 13 и 24 четырехугольника, пусть
7 — точка их пересечения. Затем проведем прямую 57
(пересекающую прямую а в точке 8) и прямую 67 (пе-
ресекаюшую прямую b в точке 9). Пусть f— прямая 89,
a R — точка ее пересечения с прямой е. Фигура 489256
(или afbced) и есть тот шестиугольник, который требо-
валось построить.
Действительно, по построению, диагонали 24, 58, 69
шестиугольника конкурентны (проходят через точку 7).
Следовательно, по теореме, обратной теореме Брианшо-
на, существует коническое сечение, касательные к кото-
рому совпадают со сторонами построенного шестиуголь-
ника. Кроме того, прямые 13, 85 и 96 также конкурентны
в точке 7 и соединяют соответственные вершины двух
треугольников 189 и 356. Следовательно, по теореме Де-
зарга соответственные стороны этих двух треугольни-
ков пересекаются в трех коллинеарных точках: прямые
а и с пересекаются в точке Р, прямые b и d — точке Q,
прямые е и f—в точке Р, и точки Р, Q, R коллинеарны.
1 Это утверждение неверно. Существует решение
2088	1302	4800
5442	2730	18
660	4158	3372
соответствующее жалованию 24570 талеров. См. Ч. Тригг, Задачи
с изюминкой, М., «Мир», 1975, решение задачи 250. —Прим. ред.
524
Но прямые а и с, b и d, е и f не что иное, как пары про-
тивоположных сторон шестиугольника. Следовательно,
по теореме, обратной теореме Паскаля, существует ко-
ническое сечение, которому принадлежат все вершины
построенного шестиугольника (см. III. 4).
Итак, построенный шестиугольник можно вписать
в коническое сечение и описать вокруг конического се-
чения.
376.	Если туристы прошли г миль по равнине и h
миль вверх по склону горы, то
2г , h । h ___-
х у + 2у ~
откуда
4уг + Зх/г — 14xz/,
где х и у — неизвестные целые числа, аги h — пара-
метры задачи, которые могут принимать любые (не обя-
зательно целочисленные) значения. Каждый из пара-
метров г и h не определен, а их сумма г 4- h определена
лишь в том случае, если 4у = Зх. Для пешеходов един-
ственно разумный ответ соответствует х = 4, у — 3!, от-
куда г 4-й = 14. Следовательно, если предположить, что
Льюис Кэррол предложил читателям «Истории с узел-
ками» задачу, допускающую вполне определенное реше-
ние, то каждый из путников прошел за день 28 миль.
Интересно отметить, что предположение о существо-
вании у задачи Льюиса Кэррола определенного решения
эквивалентно предположению о равенстве средних ско-
ростей движения по склону горы (во время подъема и
спуска) и по равнине, поскольку в противном случае рас-
стояние, пройденное туристами, зависело бы от отноше-
ния длины равнинной части маршрута к длине той его
части, которая проходит по склону горы. Следовательно,
среднее гармоническое чисел у и 2у равно х, то есть
Лу/3 — х.
377.	Между основными пифагоровыми треугольни-
ками и парами целых чисел s, t, удовлетворяющими ус-
ловиям s > t > 0, (s, t) == 1 ней / (mod 2), существует
взаимно-однозначное соответствие, устанавливаемое со-
отношениями а =. s2 — t2, b — 2st, с = s2 4- /2. Периметр
1 Английская сухопутная миля равна 1609 м.— Прим. ред.
525
основного пифагорова треугольника равен 2su, где и —
= s + t. Условия, наложенные выше на s и I, означают,
что
s < и < 2s, (s, w)=l, и = 1 (mod2).	(1)
Таким образом, исходная задача сводится к отысканию
наименьшего натурального числа р, представимого в виде
р = su двумя различными способами, где s и и — поло-
жительные целые числа, удовлетворяющие соотношениям
(1). Пусть р = su = s'u'— два представления числа р,
и < и' (тогда s>s'), c/d—несократимая дробь, к ко-
торой приводится отношение ufu' = s'/s и и = be,
и' = bd, s = ad, s' = ас. Нетрудно видеть, что условия
(1), которым удовлетворяют s, и, s', и', вместе с нера-
венством и < и' эквивалентны следующим условиям, ко-
торые накладываются на четыре положительных целых
числа a, b, с, d:
А	О'	С
2с	b	d
а, Ь, с, d — взаимно простые числа, (3)
b = с в d = 1 (mod 2).	(4)
Поскольку р = abed, задача сводится к решению нера-
венства (2) при условиях (3) и (4), причем числа а, Ь,
с, d должны обеспечивать минимум произведению
р = abed.
Прежде всего заметим, что, как следует из неравенств
(2), 1/2 <. alb < 1. Следовательно, значения а и Ь, при
которых произведение ab достигает наименьшего из воз-
можных значений, равны: а = 2, 6 = 3. Выберем эти
значения а и Ь. Далее из неравенств (2) получаем не-
равенства 3/4 < cjd <. 1. Учитывая дополнительные усло-
вия (3) и (4), заключаем, что значения с и d, при кото-
рых произведение cd достигает наименьшего из возмож-
ных (при а = 2, b = 3) значений, равны с = 11, d = 13.
Итак, мы пришли к решению а = 2, 6=3, с =11,
d = 13, которому соответствует р = 858.
Докажем, что не существует решения неравенств (2)
при дополнительных условиях (3) и (4), которое приво-
дило бы к меньшему значению р. Прежде всего заметим,
что в силу неравенств (2) 1/2 < c2/d2 < 1. Существуют
лишь три пары значений с и d, удовлетворяющих этому
526
неравенству, условиям (3) и (4) и приводящих к произ-
ведению cd <11-13, а именно с — 9, d==ll; с = 7,
d = 9 и с = 5, d = 7. Однако, как показано выше, в этих
случаях b 3, в силу чего 6^5 при (с, d) = (9, 11)
и (с, d)= (7, 9) и b 9 при (с, d)= (5,7). Следова-
тельно, во всех трех случаях в силу неравенства (2)
р - abed > bed =	> 858.
Итак, наименьшее число, удовлетворяющее всем ус-
ловиям задачи, равно 2-858 = 1716. Таков общий пери-
метр двух основных пифагоровых треугольников со сто-
ронами (364, 627, 725) и (748, 195, 773).
Если отказаться от требования, чтобы пифагоровы
треугольники были основными, то наименьшие пери-
метры 2р, общие для х пифагоровых треугольников, при-
ведены ниже:
х = 2, 2р — 60: (15, 20, 25), (10, 24, 26);
х = 3, 2р == 120: (30, 40, 50), (20, 48, 52), (45, 24, 51);
х = 4, 2р —360: (90, 120, 150), (60, 144, 156),
(135, 72, 153),
(36, 160, 164);
х = 5, 2р = 660: (165, 220, 275), (НО, 264, 286),
(55, 300, 305), (297, 60, 303),
(210, 176, 274);
х = 6, 2р = 720: (180, 240, 300), (270, 144, 306),
(315, 80, 325), (45, 336, 339),
(72, 320, 328), (180, 288, 312).
Некоторые наборы пифагоровых треугольников, один
из которых основной, также имеют общий периметр, ко-
торый меньше, чем у перечисленных выше «основных»
наборов, например:
х= 4, 2р = 240: (60, 80, 100), (40, 96, 104),
(90, 48, 102), (15, 112, 113);
х= 5, 2р = 420: (105, 140, 175), (70, 168, 182),
(175, 60, 185), (126, 120, 174),
(195, 28, 197);
527
х = 7, 2р== 1320: (330, 440, 550), (220, 528, 572),
(495, 264, 561), (ПО, 600, 610),
(594, 120, 606), (430, 352, 548),
(231, 520, 569);
х = 8, 2р = 840: (210, 280, 350), (140, 336, 364),
(315, 168, 357), (105, 360, 375),
(252, 240, 348), (350, 120, 370),
(390, 56, 395), (399, 40, 401);
л: =10, 2р = 1680: (420, 560, 700), (280, 672, 728),
(630, 336, 714), (210, 720, 750),
(504, 480, 696), (700, 240, 740),
(105, 784, 791), (780, 112, 788),
(798, 80, 802), (455, 528, 687).
В заключение приведем пифагоровы треугольники,
имеющие наименьший общий периметр 2р — 84 и общую
сторону: (21, 28, 35) и (35, 12, 37).
378. Пусть
а b с
def
g h i
— магический квадрат с постоянной N = S/З. Тогда
Af = (a + e + i) + (d + e + f) +
+ (g + е + с) — (а + d + g) — (с + f + i) = Зе
и S = 9е. Складывая сначала строки, а затем столбцы,
определитель матрицы магического квадрата можно
представить в виде
откуда и следует утверждение задачи.
379.	Преобразование плоскости вида
Z/i = У + Ах + В
Xi = х С
528
не меняет площадей и преобразует график многочлена
четвертой степени в график многочлена той же степени,
причем мы можем выбрать его так, чтобы точки пере-
гиба многочлена четвертой степени расположились на
вещественной оси симметрично относительно начала ко-
ординат, то есть совпали с точками (—о, 0), (а, 0), где
а > 0. Тогда
у" = 12& (х2 — a2), k ф 0
и
у = k (х4 — 6а2х2 + 5а4) = k (х2 — а2)(х2 — 5а2).
Но
—а	ал/5
С	,	f	,	16йа5
\ уах — \	уах -------5— ,
—ал/5	а
Поскольку
I 32йа5 I о I ka° I
| —| = 2|-16—I-
то утверждения задачи доказаны.
380.	Нетрудно видеть, что частичные суммы гармони-
ческого ряда удовлетворяют неравенству
Sp + Sq-SPq = (Sp + Sq-Sp)-(S2p-Sp)-
(5зР 52р)	... (S4P
С	1	1	1	1
3?- •••
Кроме того (см. III. 12),
С < Spq — In (pq)^Sp — In p.
Следовательно,
0<Sp — SP4 — Inp + lnptf.	(1)
Сложив левые и правые части неравенств (1) и
С — In q,
529
получим
с < sp +s4 —sP4.
Таким образом,
C<SP + S.-SW<1,
что и требовалось доказать.
381.	Разобьем модифицированный гармонический ряд
на отрезки, содержащие члены одного знака. Пусть Ui —
сумма членов i-ro отрезка. Рассмотрим ряд
«1 — «2 + «з — • • • •	(1)
Нетрудно видеть, что
_	2	.	,	2
Un п2 — п + 2 "** • " т” п(п+ 1) ’
__	2	.	,	2	.	2
«п+1 — П2 + п + 2 -Г • • • -Г п + з) “г + 1) (П + 2) '
Следовательно,
„ .	. 2п
О < «„ < —;--г-=-,
п п2 — п + 2
откуда
lim и„ = 0.
П->оо
Кроме того,
Г 2	2	1	2	—
«п «п+1 > п(п+ j) n(« + 3)J	(п+1)(п + 2)
(п + 2)(п + 3)
Таким образом, ряд (1) сходится по признаку Лейбница.
Докажем, что из сходимости ряда (1) следует схо-
димость модифицированного гармонического ряда. Пусть
Sp — любая частичная сумма этого ряда. Тогда при со-
ответствующем значении п ее можно представить в виде
Sp—Un-}-rn, где Un — п-я частичная сумма ряда (1),
а |rn|<«n+i- Если р—>оо, то п—>оо, и Un стремится
к сумме ряда (1), a un+i—>0 при п—> оо. Следовательно,
Sp стремится к некоторому пределу и модифицирован-
ный гармонический ряд сходится.
382.	Поскольку
i(i+ О i /+1’	ш
530
то
У _J_____= _L__L.	(2)
L, j(i+ 1) a b	V '
i-a
Таким образом, задача сводится к нахождению положи-
тельных целых чисел а и Ь, удовлетворяющих при фикси-
рованном целом числе пг > 1 соотношению
Из соотношения (1) нетрудно заметить, что решением
служат числа
а — т—1, Ь = т(пг—1).
Следовательно, если т>1, то
7Г= Е /(/+1) •
i=m-\
и утверждение задачи доказано.
Нетрудно определить число различных представлений
дроби 1//п в виде (3). Докажем следующее утверждение.
Если т > 1 и Н (пг) означает число различных ре-
шений уравнения (3) в натуральных числах, то
/7(m) = y[d(m2)- 1],
где d(ri)—число делителей числа п.
Доказательство. Поскольку 1/а > 1//п, то а < пг.
Пусть а — пг — с. Подставляя это выражение в (3), по-
лучаем
При каждом значении с, удовлетворяющем соотноше-
ниям
с | пг2, 1 с <пг,
существует одна и только одна пара значений а и Ь,
удовлетворяющих уравнению (3). Кроме того, поскольку
a <Z b, то ни одна из этих пар не содержит равных чи-
сел. Рассмотрим все делители числа пг2, отличные от пг
(их d(m2)— 1). Если с —один из этих делителей, то
531
одно и только одно число из пары с, т2/с меньше т.
Следовательно,
что и требовалось доказать.
Приведенные выше рассуждения позволяют не только
подсчитывать число различных представлений дроби
1/т в виде (3), но и находить все возможные представ-
ления при любом заданном т. Алгоритм отыскания всех
решений уравнения (3) в натуральных числах а, b сво-
дится к следующему: а) составить список всех делите-
лей числа т2, которые меньше т\ пусть с — один из та-
ких делителей, б) положить а = т — с, b — т2/с — т\
в) тогда 1/а—1/Ь = т.
В частности, если т — простое число, то H(tri)= 1.
В этом случае соотношение (4) дает единственное реше-
ние задачи.
В качестве другого примера рассмотрим т = pq, где
р и q — простые числа, причем p<q. Тогда d(m2) =9
и Н(т) =4. Все решения уравнения (3) представлены
ниже:
С	а	b
I	pq-1	pq (pq — 1)
р	p(q — i)	pq(q-1)
q	q (р — В	pq(p — 1)
р2	p(.q — p)	q(q — p)
383.	Предположим, что на окружности найдутся три
точки с рациональными координатами (хг, уг), i = 1, 2,
3. Подставив по очереди координаты этих точек в урав-
нение окружности
х2 + у2 + Ах + By + С — О,
получим систему трех линейных (относительно А, В и С)
уравнений с рациональными коэффициентами. Следова-
тельно, А, В и С также рациональны. Но тогда обе ко-
ординаты центра окружности (—А/2,— В/2) также ра-
циональны, что противоречит предположению об ирра-
циональности по крайней мере одной из них.
532
Например, окружность (х—^2)2 + у2 = 3 содержит
две рациональные точки (0, 1) и (0, —1), окружность
(х—v/2)2 + у2 = 3 — 2 д/2 содержит одну рациональ-
ную точку (1, 0) и окружность (х — V2)2 + у2 = д/З
не содержит ни одной рациональной точки (иррацио-
нальна одна координата центра окружности).
Другое семейство окружностей, в котором иррацио-
нальны_обе координаты центра окружности: окружность
(х — V2)2 + (^ — д/2)2 = 6 содержит две рациональные
точки (1,_— 1) и (—1, 1), окружность (х—^/2)2 +
+ (у — V2)2 = 4 содержит^ одну рациональную точку
(0, 0) и окружность (х—^2)2 + (у —^2)2 = 5 не содер-
жит ни одной рациональной точки.
Утверждение задачи остается в силе, если слово «ир-
рациональная» заменить словом «трансцендентная», а
слово «рациональная» — словом «алгебраическая».
384.	Обозначим заданный определитель (га—1)-го
порядка через Dn. Нетрудно видеть, что D2 = 1, D3 =2.
Для того чтобы последовательность определителей Dn
совпадала с последовательностью чисел Фибоначчи, не-
обходимо доказать, что Dn удовлетворяют рекуррент-
ному соотношению Dn = Dn-i + Dn-2(n 4). В опреде-
лителе Dn вычтем (га— 3)-й столбец из (га—1)-го,
(га — 4)-й столбец из (га — 2)-го, ..., первый столбец из
третьего. Тогда Dn преобразуется к виду
Dn =	1	-1	0	0	0	0	... 1	1	-1	0	0	0	... 0	1	1-1	0	0	... 0	0	1	1	-1	0	...
Разлагая Dn по элементам первой строки, получаем тре-
буемое рекуррентное соотношение.
385.	Пусть а — бесконечно малая величина, а
Р = а + (а2 + а3) = (а + а2) -f- а3.
Согласно «определению», приведенному в условии за-
дачи, главной частью бесконечно малой величины р
можно считать и а, и (a -f- а2).
533
Несколько более тонким примером, иллюстрирующим
ошибочность «определения» главной части бесконечно
малой величины, может служить
Р = а + а2 — 2а sin2 а = а cos 2а + а2
(здесь «определению» удовлетворяют и а, и а cos 2а).
Правильное определение главной части можно было
бы сформулировать следующим образом. Если аир —
бесконечно малые величины и при некотором положи-
тельном целом п существует конечный, отличный от нуля
предел lim (Р/а") = с, то са" называется главной частью
а-»0
бесконечно малой величины р по сравнению с а. Заме-
тим также, что (р — са") — бесконечно малая более вы-
сокого порядка, чем р.
386.	Поскольку при х = 1 все уп = 1 и lim уп = 1 су-
П“>оо
ществует, можно считать 1 и</п>1. Нетрудно ви-
деть, что если lim //„существует и равен У, то х = У1/г,
а в области У > 0 функция х = У1/г достигает абсолют-
ного максимума при У = е. Но при х = е}/е мы получаем
возрастающую ограниченную последовательность 1 <Z
<У\<У2< •••, причем уп < е при любом п. Следо-
вательно, У = lim уп существует, и из равенства У =
= eYle заключаем, что У = е (см. также задачу 30).
387.	Разложение числа л, приведенное в условии за-
дачи, можно доказать различными способами, используя
бета-функцию Эйлера, многочлены Лежандра, преобра-
зование Эйлера из теории рядов и так далее. Приведем
одно из простейших доказательств, основанное на ис-
пользовании формулы Валлиса при нечетном показателе
степени.
Поскольку
Л
2
( cos2"+1xrfx=(”!)^" ,
J	(2п +1)!
о
ТО
л	л
(п!)22"+* о С о-л _2л + 1	.	о	Г	/1	о
	, п,  = 2 \ 2 cos х dx =	2	\	cos х • I -g-	cos2 х I	dx
\ZTl -j- 1^1	J	J	\ Z	/
о	0
534
и
л
z Hz (1“^)’Ь=
П=0	0 Ln=o	J
я
2	_j
= 2 cosx • (1 — у cos2x) dx — л,
о
что и требовалось доказать.
388. Разбив грани многогранника на параллелограм-
мы, проведем из вершин, лежащих по одну «сторону»
произвольно выбранной зоны, внутрь многогранника от-
резки прямых, равные и параллельные ребрам, принад-
лежащим выделенной нами зоне (см. решение задачи 206,
доказательство утверждения «б»). Эти отрезки опреде-
ляют слой параллелепипедов. Удалив его, мы получим
многогранник с меньшим числом граней, все грани ко-
торого имеют форму параллелограммов. Продолжая
срезать параллелепипедные слои, разобьем исходный
многогранник на конечное число параллелепипедов.
Каждый параллелепипед разрежем на части, из ко-
торых составим прямоугольный параллелепипед. Для
этого воспользуемся следующим приемом. Проведем че-
рез какое-нибудь ребро параллелепипеда плоскость, пер-
пендикулярную противоположной грани. Всегда можно
найти по крайней мере одну такую плоскость, разбиваю-
щую параллелепипед на две части. Составим из этих
двух частей параллелепипед, имеющий по крайней мере
один прямой плоский угол. Продолжая аналогичные по-
строения, получим прямоугольный параллелепипед.
Предположим, что исходный многогранник имел еди-
ничный объем. Возьмем один из прямоугольных парал-
лелепипедов с линейными размерами а X b X с. Проведя
разрезы перпендикулярно плоскости прямоугольной
грани а X Ь, разобьем эту грань на части, из которых со-
ставим прямоугольник 1 X (ab). Затем, проведя пло-
ские разрезы перпендикулярно прямоугольной грани
(ab) X С разобьем ее на части, из которых составим пря-
моугольник 1 X (abc). Прямоугольный параллелепипед
а X b X с при этом перейдет в равновеликий по объему
прямоугольный параллелепипед 1 X 1 У\(аЬс). Проделав
535
аналогичные операции над всеми параллелепипедами,
мы, очевидно, сможем сложить куб из прямоугольных
параллелепипедов единичного сечения.
389*. Поскольку прямые ASb BS2 и CS3 пересекаются
в одной точке (это чевианы), точки Л], В2 и С3 колли-
неарны по теореме Дезарга (см. III. 4). Но именно в
этих точках пересекаются противоположные стороны
шестиугольника BiCiC2A2A3B3, и по теореме Паскаля
(см. там же) его вершины лежат на одном коническом
сечении.
Соединив середины А', В', С' сторон треугольника,
мы получим треугольник, описанный около треугольника
S1S2S3. Пусть Si, S2, S3 —точки пересечения данных
чевиан со сторонами ВС, СА и АВ. По теореме Чевы
(Ш. 1) и свойству параллельных секущих
1 AS'2 CS't BS'3 __ a's2 C'Sy b's3
~~ s'9c	s'В ’	— s9c' ’ s.b' ’ S,4' ’
Z	1	<5	Z	1	О
откуда, применяя снова теорему Чевы, находим, что пря-
мые A'Sb B'S2, C'S3 пересекаются в одной точке М.
Обозначим через L точку пересечения В'С' и S2S3, а че-
рез W— точку пересечения SH' с S2S3. Из свойства пол-
ного четырехсторонника, примененного к MS2A'S3, за-
ключаем, что (В', С'; Si, L)—гармоническая четверка
(III.2). Проектируя ее из М на S2S3, находим, что чет-
верка (S2, S3; N, L) — гармоническая, а следовательно,
пучок прямых Si (S2, S3; А', В') —гармонический и А' —
середина отрезка Л2Л3, откуда СА2 == А3В. Аналогично
доказываются равенства ВС\ == С2А, АВ3 = В\С.
390.	Соединим п заданных точек любой замкнутой
кривой. Ясно, что более короткий путь, связывающий
все п точек, мы получим, заменив кривую ломаной, не
имеющей других вершин, кроме п заданных точек. Пред-
положим, что звенья PiPi+i и РкРк+\ ломаной пересе-
каются в точке Р. Рассмотрим ломаную PiPPk  
... Pi+iPPh+i ... Р{. Если точка Р не принадлежит
к заданным точкам, то путь по маршруту PiPh ...
... Pi+iPk+i ...Pi короче и не содержит точки пересе-
чения Р. Если же точка Р принадлежит к заданным точ-
кам, то путь PiPPk ... Л+iPfe+i ...Pi короче и вер-
536
шина Р в нем не является более точкой пересечения
звеньев ломаной. Тем самым утверждение задачи дока-
зано.
391.	Проекция единичного куба на плоскость, перпен-
дикулярную пространственной диагонали, имеет форму
правильного шестиугольника, вписанная окружность ко-
торого имеет диаметр -у/2. Любое отверстие с попереч-
ным сечением в форме единичного квадрата (призма) и
осью, совпадающей с пространственной диагональю
куба, вписано в прямой круговой цилиндр диаметром
V2> имеющий ту же ось. Сквозное отверстие такого
сечения окружено сплошными стенками из «остатков»
куба, если только диагональ поперечного сечения не
совпадает с отрезком, соединяющим центры противопо-
ложных граней куба.
392.	Пусть d = (а, Ь). Тогда а = rd, b = sd, где (г,
s) = 1. Кроме того, произведение (bla)m = (slr)m при-
нимает целые значения ровно при d значениях т
sC а — 1, а именно при т = 0, г, 2г, ..., (d— 1)г. Если
(Ь1а)т не целое число, то
а—1
^2п1Ьтп[а
п=0
— конечная геометрическая прогрессия, сумма которой
равна нулю. Если же (6/а)т — целое число, то сумма
той же геометрической прогрессии равна а, поскольку
она содержит а членов, каждый из которых равен 1.
Следовательно,
а—1 а—1
X X 4 e2nibmnla = (dd)= d,
m=0 n=0
что и требовалось доказать.
393.	Пусть
А = (S + Т) (/ + ST)~‘ (I - S2),
B = (l — S2) (/ + TS)-1 (5 4- Т).
537
Требуется доказать, что А == В. Воспользуемся легко
проверяемыми матричными тождествами
T(I + ST)~=(I + TSy-'T,	(1)
T(I + ST1)"1 £ = /-(/ + TS)~l,	(2)
(/4-Sr)-1 S = S (/-f-7’S)-1,	(3)
(/ + ST)-1 = I-S(J + TS)-1 T.	(4)
[Тождества (1) и (2) легко доказываются прямыми
выкладками, тождества (3) и (4) следуют из (1) и (2)
при перестановке Т и S.]
Используя тождества (1) — (4), получаем
А = S (/ + ST)'1 + Т (/ + ST)-1 - S (/ + ST)~l S2 -
- Т (/ + ST)-1 S2 = S - S2(I + TS)~l T + (14- TS)-1 T -
- S2 (I + TSf1 S - S + (/ + TS)~' S = B,
что и требовалось доказать.
394.	Используя известные ряды для е и sinx, а также
периодичность синуса, получаем
/*	со	\
п sin (2лега!) = п sin I 2лп!	1 =
'	fe=0	'
[оо
2Л V , .. .	,	---т—г-Г-
L-i (п + 1) (п + 2) ... (п + k)
fe=i
Следовательно,
lim га sin (2лега!) = 2л.
П->оо
395.	Двукратное отражение Т\Т2 плоскости относи-
тельно прямых /1 и /2 (пересекающихся или непересе-
кающихся) представляет собой движение плоскости, при
котором каждый вектор поворачивается на угол, вдвое
больший угла между прямыми Ц и 12. Отображение Т2
равно произведению трех таких двукратных отражений,
а сумма углов между прямыми кратна л. Следовательно,
при отображении Т2 векторы поворачиваются на угол,
кратный 2л. Это означает, что отображение Т2 эквива-
538
лентно параллельному переносу. Нетрудно показать, что
Т2 вырождается в тождественное отображение в том и
только в том случае, если прямые l\, I2, h либо пересе-
каются в одной точке, либо параллельны.
Нетрудно доказать также, что величина параллель-
ного переноса Т2 равна удвоенному периметру треуголь-
ника, ортоцентрического относительно треугольника, об-
разованного прямыми /], /2, h (если последний треуголь-
ник содержит тупой угол, то сторону ортоцентрического
треугольника, соответствующую вершине тупого угла,
следует считать отрицательной). Таким образом, вели-
чина параллельного переноса не зависит от того, в ка-
ком порядке производятся отражения относительно пря-
мых /ь /2, 1з-
396.	Пусть Gk означает k-ю элементарную симметри-
ческую функцию от п переменных гь г2, ..., гп. Тогда
формулу тангенса суммы
tg(%i + x2)— 1_tgX1tgx2
можно рассматривать как частный случай (га = 2) более
общей формулы
где хг = arctg rt. Соотношение (1) можно доказать ме-
тодом математической индукции.
Соотношения, приведенные в условии задачи, мы по-
лучим, выразив коэффициенты многочлена
п	п
П(* + п) = X a^-i
z=i	/-о
через элементарные симметрические функции ок и под-
ставив соответствующие выражения в (1).
В случае гиперболических тангенсов все минусы
в правой части соотношения (1) следует заменить плю-
сами.
397.	Если пятизначное число W = abcde делится на
396 = 4-9-11, то 5 = а + b + с -j- d -j- е s 0(mod 9), в
силу чего либо 5 = 18, либо 5 == 27. Кроме того, (а 4-
-ф с + е) — (b 4- d) ss 0 (mod 11). Но если 5 = 18, то
539
a c -f- е = b -j- d = 9, поэтому с точностью до переста-
новки пары цифр bud может принимать лишь следую-
щие значения: (0, 9), (1,8), (2, 7), (3, 6), (4, 5). Отсюда
легко находим, что существует шестнадцать пятизнач-
ных чисел с попарно различными цифрами и 5 = 18,
содержащими по одной допустимой паре (b, d) и по
крайней мере еще одну четную цифру. Переставляя циф-
ры в каждом из этих шестнадцати чисел, можно до-
биться, чтобы две последние цифры образовывали дву-
значное число, делящееся на 4, причем 64 перестановки
будут соответствовать числам, делящимся на 396.
Если 5 = 27, то а -ф с -ф е = 19, b -ф d = 8, и допу-
стимые пары цифр (b, d) с точностью до перестановки
совпадают с одной из пар (0, 8), (1,7), (2, 6) или (3, 5).
Из девяти видов пятизначных чисел с попарно различ-
ными цифрами, содержащими, кроме допустимой пары
(b, d), по крайней мере еще одну четную цифру, мы по-
лучим 36 значений /V, делящихся на 396.
Следовательно, вероятность того, что цифры в ша-
рах, вытащенных из урны, образуют число N, делящееся
на 396, равна 100-51/10! = 5/1512.
К тому же результату можно прийти, перечислив все
кратные числа 396, заключенные между 01188 и 99792
(что нетрудно, поскольку 396 = 400 — 4), и вычеркнув
затем те из них, которые содержат хотя бы одну цифру
дважды.
Если из урны наугад вытягивают k 10 шаров, то
вероятность р того, что стоящие на них порядковые но-
мера образуют число, делящееся на 396, можно подсчи-
тать тем же методом, каким мы подсчитали ее при
k = 5. Соответствующие значения р равны:
k	р
3	2-71/10! = 1/480
4	20-61/10! = 1/252
6	360-41/10! = 1/420
7	1 488-31/10! = 31/12 600
8	10 656/10! = 37/12 600
9	15 984/10! = 37/8 400
10	78 336/10! = 34/1 575
540
398.	Прежде всего заметим, что
[п/р]
n! X 1/р* Л/! = S n\lpli\ (п — ip)\
pi+l=n	1=0
Рассмотрим общий член суммы, стоящей в правой
части этого тождества:
n][p'i\ (п — г»! = (га — ip + 1) (п — ip + 2) ... (п — 1)п/р1И
В числитель правой части последнего равенства вхо-
дят: a) ip сомножителей и, следовательно, i полных си-
стем вычетов по модулю р; б) i кратных числа р, а
именно числа р[п/р], р(\п]р]—1), .... р([га/р]— z-J- 1).
Пусть pj (/=0, 1, ..., р— 1) — числа, образующие пол-
ную систему вычетов по модулю р(ро = 0). Тогда по тео-
реме Вильсона (III. 6)
П Pj = (Р ~ 1)! = - 1 (modp)
/=i
и, следовательно,
п!
pW
откуда
У 4-
ргЛ/1
P<+/=n
что и требовалось доказать.
(-1/ (modp),
= (1 — l)Lp J = 0 (modp),
399.	Мы не только докажем утверждение задачи, но
и выведем условия, при которых выполняются «есте-
ственные предположения», приведенные в условиях за-
дачи, а также условия, при которых возможно аномаль-
ное поведение частицы (утверждение «б»). При этом мы
не будем вводить предположение о том, что сила потен-
циальна или не зависит от времени.
Введем на плоскости полярную систему координат.
Пусть f(r, ft, t)—сила, приложенная к точке (г, О’) и
541
направленная к центру так, что f >• 0 соответствует при-
тяжению, a f < 0 — отталкиванию. Запишем закон Нью-
тона для радиальной и тангенциальной составляющих
силы f:
— f (г, i) = m(r — гЬ2),	(1)
m(rb + 2rb)==^^^-==0.	(2)
Из уравнения (2) следует, что г2Ь = с, где с — постоян-
ная, не зависящая от t. Подставляя это соотношение
в (1), получаем
— f(r, 0 =	(3)
НО V2 — Г2 + Г2Ь2 — Г2 + с2!г2, поэтому
=	=	(4)
Сравнивая соотношения (3) и (4), находим
----=	(5)
Последнее соотношение	можно было	бы	вывести	непо-
средственно	из	теоремы	о	том, что	изменение	кинетиче-
ской энергии частицы равно совершенной ею работе.
Предположим, что временной параметр всегда можно
продолжить вдоль траекторий как в будущее, так и в
прошлое и что движение достаточно гладко (условия
максимума и минимума определяются по изменению
знака производной соответствующей величины по вре-
мени).
Тогда из соотношения (5) нетрудно вывести следую-
щую теорему.
Теорема 1. а. Пусть f(n, th, t\) >0. Тогда в точке
(гь th) в момент времени tp. 1) скорость v минимальна
в том и только в том случае, если расстояние от точки
до центра максимально, 2) скорость v максимальна в
том и только в том случае, если расстояние от точки до
центра минимально.
б. Пусть f(ri,Oi, ti) <0. Тогда в точке (л, <h) в мо-
мент времени tp. 3) скорость v минимальна в том и
только в том случае, если расстояние от точки до центра
542
минимально, 4) скорость v максимальна в том и только
в том случае, если расстояние от точки до центра макси-
мально.
В действительности пункт 4, как видно из теоремы 2,
не может иметь места.
Теорема 2. Если f(rly Oi, /1)^0, то радиус г не до-
стигает максимального значения в точке (и, йт) в мо-
мент времени t\.
Доказательство. Запишем соотношение (3) в виде
f = h2lr3 — f(r,$,t)ltn. Поскольку в рассматриваемом
случае f 0, то г > 0. Следовательно, при г = 0 удале-
ние точки от центра минимально.
Утверждение 1 задачи мы докажем, заметив, что
если расстояние от частицы до центра максимально, то
по теореме 2 f > 0 и по теореме 1а скорость v мини-
мальна.
Контрпример, опровергающий утверждение 2 задачи,
мы получим, рассмотрев нулевую силу. Частица в поле
нулевой силы движется прямолинейно и равномерно, и
относительно любого центра, не лежащего на траекто-
рии частицы, скорость v всегда максимальна или мини-
мальна, в то время как расстояние от центра не макси-
мально и не минимально.
Приведем еще один, менее тривиальный контрпри-
мер. Рассмотрим тело, подвешенное на пружине. Пред-
положим, что телу сообщили начальную скорость вдоль
оси пружины, а центр притяжения находится в некото-
рой точке на продолжении этой оси. В этом случае тело
достигает максимальной скорости v при некотором про-
межуточном значении г.
Анализируя оба контрпримера, нетрудно заметить,
что в точке с «аномальным» поведением тела f = 0. По-
кажем, что обращение в нуль силы f следует из полу-
ченных нами результатов. Действительно, если скорость
v максимальна в точке (ri, 0’1) в момент времени t\, то
f(ri, •&!, ti) 0. Но если f(rit От, ti) > 0, то по теореме
1а (утверждение 2) расстояние до центра минимально.
Следовательно, максимальная скорость v при немакси-
мальном удалении от центра г может достигаться лишь
в том случае, если f = 0.
400. Рассмотрим любой многогранник, для которого
выполняется формула Эйлера /7+К = Е' + 2, где F —
543
число граней, V — число вершин и Е — число ребер мно-
гогранника. Докажем, что утверждение задачи справед-
ливо при более слабом предположении относительно
многогранника, а именно в предположении о том, что ни
одна грань многогранника не имеет формы треугольника
(в приводимом ниже доказательстве выпуклость много-
гранника и центральная симметрия его граней не исполь-
зуются). Пусть Л(1^:3)—число граней, имеющих i
сторон (ребер), a Vj (j 3)—число вершин, в которых
сходятся ровно / ребер. Тогда
F=%Fh V = %V,
Поскольку каждое ребро принадлежит двум граням и за-
канчивается двумя вершинами, то 2£,= ^z/7/
Умножив формулу Эйлера на 4 и подставив в нее эти
соотношения, получим
V3 + F3 = 8+(F5 + 75) + 2(F6 + 76)+ ....
Утверждение задачи соответствует F3 = 0, откуда
Т3>8.
Заметим также, что между вершинами и гранями су-
ществует двойственность, поскольку F% 8, если У3 = 0.
III. ДОПОЛНЕНИЕ РЕДАКТОРА
РУССКОГО ИЗДАНИЯ
Как уже говорилось в предисловии, я счел целесообразным до-
полнить настоящий сборник разделом, содержащим некоторые тео-
ретические сведения и небольшой комментарий. Структура этой
части такова. Сначала излагаются более общие положения, исполь-
зуемые в нескольких задачах. Они сгруппированы по темам: гео-
метрия, теория чисел, алгебра и анализ. Затем идут более специаль-
ные вопросы, затрагиваемые в той или иной задаче, номер которой
указывается. Весь материал разбит на пункты, ссылка типа III. 17
указывает на 17 й пункт этой части.
А. Геометрия
1. Замечательные точки и линии в треугольнике. Эта весьма по-
пулярная некогда тема нашла свое отражение во многих учебниках
и пособиях. Наиболее полной, по видимому, является книга С. И. Зе-
теля «Новая геометрия треугольника» (М, Учпедгиз, 1940). Многое
можно найти в книгах серии «Библиотека школьного математиче-
ского кружка», особенно в вып. 2, Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов,
И. М. Яглом, Избранные задачи и теоремы элементарной матема-
тики, ч. 2 (М., ГИТТЛ, 1952) и вып. 12, те же авторы, Геометриче-
ские неравенства и задачи на максимум и минимум (М., «Наука»,
1970). Наконец, можно рекомендовать еще книгу И. Кюршака и др.
«Венгерские математические олимпиады» (М., «Мир», 1976), где
много фактов из геометрии треугольника приведено в решениях за-
дач и комментарии.
Теорема Чевы (рис. 29, Зетель, стр. 5). Для того чтобы прямые
АА', ВВ', СС, соединяющие вершины треугольника с точками, лежа-
щими на противоположных сторонах, пересекались в одной точке,
необходимо и достаточно, чтобы имело место равенство
АВ' С А' ВС' = .
В'С ’ А'В ‘ СА ~ b
Прямые, обладающие свойствами, указанными в теореме, на-
зываются чевианами. Из теоремы Чевы вытекают следующие след-
ствия:
а Медианы треугольника пересекаются в одной точке, называе-
мой барицентром, или центром тяжести.
б.	Биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в
одной точке — центре вписанной окружности.
в Высоты треугольника пересекаются в одной точке, называе-
мой ортоцентром.
г.	Прямые, соединяющие вершины треугольника с точками ка-
сания противоположных сторон с вписанной окружностью, пересе-
каются в одной точке, называемой точкой Жергона.
Здесь АВ' = АС, ВА’ = ВС, СА' = СВ'.
545
д.	Прямые, соединяющие вершины треугольника с точками каса-
ния противоположных сторон с соответственными вневписанными
окружностями, пересекаются в одной точке, называемой точкой На-
геля (Зетель, стр. 11).
Здесь АВ' — А'В — р — с, ВС — В'С — р — а, СА' — С А =
= р— Ь.
Середины отрезков высот от ортоцентра до вершин треуголь-
ника называются точками Эйлера.
Теорема Эйлера (рис. 30, Зетель, стр. 32 и 33). Основания ме-
диан, высот и точки Эйлера лежат на одной окружности, называе-
мой окружностью девяти точек или окружностью Эйлера, радиус
которой равен половине радиуса описанной окружности.
Эйлер доказал также, что ортоцентр Н, центр окружности 9
точек Э, барицентр М и центр описанной окружности О лежат на
одной прямой, называемой прямой Эйлера. При этом Э является
серединой ОН, а НМ : М О = 2 : !.
Теорема Фейербаха (Зетель, стр. 35). Окружность девяти точек
касается вписанной и трех вневписанных окружностей.
Эти четыре точки касания называются точками Фейербаха.
546
2.	Проективные преобразования. Значительная часть задач дан-
ного сборника так или иначе связана с проективной геометрией Не-
обходимые сведения по этому вопросу читатель может найти в кни-
гах: Н. А. Глаголев, Проективная геометрия (М.— Л., ОНТИ, 1936);
Дж. В. Юнг, Проективная геометрия (М., ИЛ, 1949), Н. В. Ефимов,
Высшая геометрия (М, Физматгиз, 1961 (гл. 5)). Кроме того, сле-
дует упомянуть небольшую великолепно написанную книгу
О. А. Больберга, Основные идеи проективной геометрии (М. — Л.,
Учпедгиз, 1949), в которой материал изложен весьма наглядно и
занимательно.
В этом и в ряде следующих пунктов, говоря о плоскостях и
прямых, мы будем иметь в виду проективные плоскости и прямые.
Наглядно проективную плоскость можно представлять себе как обыч-
ную плоскость, пополненную бесконечно удаленными точками, обра-
зующими в совокупности бесконечно удаленную прямую. На языке
аналитической геометрии точки проективной плоскости задаются
тройками чисел (однородными координатами), определенными с точ-
ностью до пропорциональности, так что (хь х2, *з) и fpxi, рх2, рх3)
при р #= 0 отвечают одной и той же точке. Тройка (0, 0, 0) исклю-
чается. Бесконечно удаленным точкам соответствуют тройки вида
(хь х2, 0), для остальных х3 =/= 0, и х — хх/хг; у = Хг/Хз можно
рассматривать как обычные декартовы координаты на обычной пло-
скости.
Проективным преобразованием называется взаимно однозначное
отображение, при котором точки, лежащие на одной прямой, пере-
ходят в точки, также лежащие на одной прямой. В однородных ко-
ординатах проективное преобразование плоскости задается линей-
ными функциями
з
x'=Ylai/xp < = 1,2,3.	(1)
/-1
Для любой пары четверок неколлинеарных точек Аь А2, А3, А4 в
плоскости ли А]( А2, А3, А4 в плоскости л' существует одно и
только одно проективное преобразование f : л-> л', такое, что Аг =
= f(A;). Важный пример проективного преобразования — централь-
ное проектирование (рис. 31). Можно показать, что каждое проек-
тивное преобразование плоскости в себя или в другую плоскость
может быть представлено в виде композиции нескольких централь-
ных проектирований.
Пусть q = f(p) —взаимно-однозначное соответствие между точ-
ками р прямой I и точками q другой (или той же самой) прямой Г.
Если f может быть продолжено до проективного отображения неко-
торой плоскости, содержащей /, на плоскость, содержащую Г, то f
называется проективным отображением I на Г или проективным со
ответствием между точками этих прямых, заданием двух троек со-
ответствующих друг другу точек f определяется однозначно. Важ-
ным примером проективного соответствия служит перспективное со-
ответствие между точками двух прямых (рис. 32), ясно, что, выйдя
из плоскости чертежа, мы легко можем дополнить отображение /
в I' до центрального проектирования плоскости на плоскость.
547
Если представлять себе проективную плоскость как обычную ев-
клидову, пополненную бесконечно удаленными элементами, то мож-
но установить некоторые связи между метрическими и проективными
свойствами Без ограничения общности мы можем считать, что I и Г
суть оси ОХ и ОХ' некоторых декартовых систем координат, в со-
ответствующих однородных координатах / определяется уравнением
х2 = 0, а /' — уравнением х2 = 0. Из формул (1) находим
х, _ Х1  апх1 + а13хз  апх + а1з	(2)
хз	a3ixi "Ь аззхз	аз1х "Ь азз
так что при проективном преобразовании соответствие между де-
картовыми координатами на прямых оказывается дробно-линейным.
Рис, 32
Пусть при данном проективном соответствии четверка точек А,
В, С, D переходит в четверку А', В', С', D' (рис 32) Обозначая ко-
ординаты точек на соответствующих прямых теми же малыми бук-
вами, рассмотрим величины
[Л, В, С, D] = -g- :
Cd Up
с — а _ d — а
b — с b — d
(3)
548
и
r	_,, A'Cr A'D' с' — a' d' — a'
[Д , В , С , В ] — £ZgT- : ^7g7- — br _cr  b' _d> <	(4)
называемые двойными отношениями четверок точек. Непосредствен-
ным вычислением легко проверяется, что при отображении (2) имеет
место равенство
с' — а' . d' — а'  с — а . d — а
Ь' — с’ ‘ b' — d'	b — с ‘ b — d ’
так что двойное отношение при проективном отображении остается
инвариантным:
[Д, В, С, В] = [Д', В', С', В'].
Это свойство иногда берется за основу определения проективного
соответствия.
Четверка точек на прямой, для которой
[Д, В, С, В] = - 1,
называется гармонической. Из доказанного следует, что при проек-
тивном соответствии гармоническая четверка переходит в гармони-
ческую. Если (Д, В, С, В) —гармоническая четверка, то гармониче-
скими будут также четверки (В, А, С, D), (Д, В, В, С) и (В, A, D,
С), ибо
[В, Д, С, В] = [Д, В, С, В]"1 = [Д, В, В, С] = [В, Д, В, С]-1,
а также четверка (С, D, А, В) и ее производные, ибо
[С, В, Д, В] = [Д, В, С, В].
Фигура, состоящая из четырех точек Д, В, С и В и шести пря-
мых, соединяющих их попарно (рис. 33), называется полным четы-
рехугольником. Аналогично полным четырехсторонником называется
фигура, состоящая из четырех прямых и шести точек их попарных
пересечений.
Обозначим, как на рис. 33, буквами F и Н точки пересечения
противоположных сторон; АВ с Си и ДВ с ВС, а затем рассмотрим
Точки пересечения Е и О прямой FH с диагоналями АС и ВВ.
549
Теорема о полном, четырехугольнике. Четверка (F, Н, G, Е) —
гармоническая.
Для доказательства сделаем проективное преобразование пло-
скости, при котором точки А, С, И и F перейдут в вершины квад-
рата (рис. 34); образы соответствующих точек обозначены теми же
буквами со штрихами. Точки В' и Е' становятся при этом беско-
нечно удаленными, а прямая D'E', проходящая через бесконечно
удаленную точку пересечения A'F' и С'Н', параллельна им обоим.
Поэтому F'G' = G'H' и, следовательно,
F'G'
[Л Н, G, £] = ]F', Н', G', со] =	; (-1) = -1
(см также Зетель, стр. 29).
3.	Проективное соответствие между прямыми в двух пучках.
Конические сечения Пучком прямых в плоскости л называется мно-
жество всех прямых, принадлежащих л и проходящих через дан-
ную точку S, называемую вершиной пучка, для краткости можно
обозначать пучок той же буквой, что и его вершину. Взаимно-одно-
значное соответствие F между прямыми двух пучков, лежащих в
плоскостях лил' соответственно, называется проективным, если
существует проективное отображение f : л л', которое каждую
прямую Л пучка S отображает на соответствующую ей прямую
F(i) пучка S'. Если представлять себе лил' как евклидовы, попол-
ненные бесконечно удаленными элементами, и f: л->л'—как дви-
жение, или преобразование подобия, переводящее S в S', то пучки
S и S' называются конгруэнтными. В таких пучках углы между со-
ответствующими прямыми равны: (%i Vta) = (F (M^F (%2)).
Пусть кроме пучков S и S' в плоскостях лил' заданы пря-
мые / и /', не принадлежащие этим пучкам. Сопоставляя точке
А е I прямую Л5, мы получаем взаимно-однозначное соответствие
между точками прямой I и прямыми пучка S. То же самое можно
сделать для /' и S'. Отображение F индуцирует отображение <р:
I Г следующим образом:
А е I -» % = SA -> F (X) = %' = S'A' -» А' = ф (Л) е
Легко доказывается, что F проективно тогда и только тогда, когда
ф проективно. В частности, когда л = л', I — I', но S =/= S', мы по-
лучаем проективное соответствие пучков, сопоставляя прямой а =
= Л5, Ле/, прямую а' — AS' (рис. 35).
550
Сопоставляя четверке прямых а, Ь, с, d пучка S точки пересе-
чения А, В, С, D этих прямых с прямой I, мы можем определить
двойное отношение четверки" прямых в пучке равенством
[а, Ь, с, d] = [4, В, С, О].
Из сказанного выше ясно, что это двойное отношение не зависит от
выбора I и является инвариантом проективного соответствия; так
Рис. 35.
что,на рис 35 [a, b, с, d] = [a', b', с', d']. Четверка прямых а, Ь, с,
d называется гармонической, если [a, b, с, d] = —1.
Пусть проективное соответствие F установлено между двумя
пучками S и S', лежащими в одной плоскости. Множество М точек
Рис. 36,
пересечения пар прямых, соответствующих друг другу в этих пуч-
ках, называется коническим сечением. Легко видеть, что если пучки
S и S' конгруэнтны и соответствующие прямые в них не парал-
лельны (Достаточно проверить это хотя бы для одной пары), то Л1—
окружность (рис. 36).
Другой пример мы получаем, беря пучки, соответствие между
которыми установлено, как на рис. 35. Здесь М является объедине-
нием прямых i и SS' (вырожденное коническое сечение). Если здесь
551
I — бесконечно удаленная прямая, то пучки S и S' конгруэнтны, а
соответствующие прямые в них параллельны.
Если вершины пучков совпадают: S = S', то М является объ-
единением прямых А,, для которых f(A) = А, и сводится к точке S,
если таких прямых нет. На прямой I, ие проходящей через S, со-
ответствие F индуцирует проективное отображение вида (2), а ра-
венству f(A) = А, отвечают неподвижные точки этого отображения.
Решая уравнение х = (апХ + aI3)/(a3ix + а33), мы обнаруживаем,
что возможны следующие варианты: неподвижных точек вообще нет
(М = {S}), неподвижных точек две (М — пара прямых), неподвиж-
ная точка одна (М — пара слившихся друг с другом прямых) либо
F(k) ев А, (М— плоскость).
Из определения видно, что при проективном отображении кони-
ческое сечение переходит также в коническое сечение. В частности,
коническими сечениями являются все кривые, которые можно полу-
чить центральным проектированием из окружности, то есть все эл-
липсы, гиперболы и параболы (см., например, Больберг, стр. 107 и
далее). Их называют невырожденными коническими сечениями. Мо-
жно показать, что с проективной точки зрения все конические сече-
ния исчерпываются приведенным выше списком, то есть любое из
них — это либо вся плоскость, либо проективным преобразованием
может быть переведено в окружность, в пару прямых, различных
или слившихся, или в точку.
Обычная (аффинная) классификация конических сечений соответ-
ствует их расположению относительно бесконечно удаленной прямой.
Эллипсы с ней не пересекаются, гиперболы пересекаются в двух точ-
ках, а параболы касаются. В однородных координатах каждое кони-
ческое сечение является кривой второго порядка, то есть задается
уравнением
з
aijxixj = 0’ aij “ aff	(5)
И наоборот, всякая кривая второго порядка (5), у которой не все
a{j = 0, приводится проективным преобразованием к одному из сле-
дующих видов:
1) х]+х% + х% = 0 2) х^ + «2 ~ Х1 — 0	(пустое множество); (невырожденное коническое окружность);	сечение,
3) xf + «2 = °	(точка);	
4) xf — xl~ 0	(пара различных прямых);	
б) xf = O	(пара слившихся прямых).	
Если все й}j = 0, то (5) определяет всю плоскость.
Таким образом, к приведенному выше списку конических сечений
добавляется еще пустое множество.
4.	Теоремы Дезарга, Паскаля и Брианшона. Эти три теоремы
весьма популярны и неоднократно используются в нашем сборнике
при решении задач. Их доказательства можно найти в любой из ука-
занных в пункте 2 книг, а также во многих других учебниках. Мы
552
формулируем их в терминах «необходимо и достаточно», но следует
иметь в виду, что часто каждая из теорем разделяется на «прямую»
(необходимо) и «обратную» (достаточно).
Теорема Дезарга (рис. 37). Для того чтобы три прямые АА',
ВВ' и СС' пересекались в одной точке, необходимо и достаточно,
Рис. 37.
чтобы три точки пересечения пар прямых: АВ и А'В', ВС и В'С', СА
и С'А' лежали на одной прямой.
Не следует забывать, что дело происходит на проективной пло-
скости, так что некоторые из точек или одна из прямых могут быть
бесконечно удаленными.
Теорема Паскаля (рис. 38). Для того чтобы шесть точек А, В,
С, D, Е, F лежали на одном коническом сечении, необходимо и до-
статочно, чтобы точки пересечения противоположных сторон шести-
угольника с вершинами в этих точках — АВ и DE, ВС и EF, CD и
FA—лежали на одной прямой.
Рис. 38.
Теорема Брианшона (рис. 39). Для того чтобы шесть прямых а,
Ь, с, d, е, f касались одного и того же конического сечения, необхо-
димо и достаточно, чтобы прямые, соединяющие противоположные
вершины шестисторониика, образованного этими прямыми, пересе-
кались в одной точке.
Из рис. 39 видно, что понимается здесь под «противополож-
ными вершинами». Это пары точек пересечения а с b, d с е и т. д.
553
Вершина, в которой сходятся а и f, является на этом рисунке беско-
нечно удаленной. Прямая, соединяющая ее с точкой пересечения с и
d, параллельна как а, так и f.
5.	Полюсы и поляры. К проективной геометрии относится также
и понятие полярного соответствия. Этим термином обозначается
взаимно-одиозначное соответствие между точками проективной пло-
скости, и прямыми той же плоскости, определяемое при помощи не-
которой кривой 2-га порядка. Мы опишем сейчас частный случай
полярного соответствия, представляя себе проективную плоскость
как обычную евклидову с фиксированной декартовой системой ко-
ординат на ией и пополненную бесконечно удаленными элементами;
в качестве заданной кривой второго порядка мы возьмем единичную
окружность с центром в начале координат.
Полярой точки Р(хо, t/o)¥=O относительно окружности х2+
+ у2 = 1 называется прямая
хох + уоу = 1,	(6)
проходящая на расстоянии d = 1 / д/'+ Уо от центра окружности
перпендикулярно лучу ОР. Полярой точки О по определению яв-
ляется бесконечно удаленная прямая. Наконец, полярой бесконечно
удаленной точки, отвечающей направлению луча ОР, называется
прямая, проходящая через О перпендикулярно ОР. Точка, полярой
которой является некоторая прямая I, называется полюсом этой
прямой. Легко видеть, что это определение действительно устанавли-
вает взаимно-однозначное соответствие между точками и прямыми
проективной плоскости.
Если точка Q лежит на поляре точки Р, то, и обратно, поляра
точки Q проходит через Р. Для конечных точек P(xo,t/o) и Q(xi, yi),
отличных от О, оба свойства выражаются соотношением ХоМ +
+ УоУ1 = 1> для остальных они легко проверяются прямо из опреде-
ления.
Отсюда сразу выводится основное свойство полярного соответ-
ствия: для того чтобы несколько точек лежало на одной прямой I,
554
необходимо и достаточно, чтобы поляры этих точек пересекались в
одной точке, а именно в полюсе прямой I.
Заметим еще, что из определения вытекает следующее утвер-
ждение: точка Р лежит на своей поляре тогда и только тогда, когда
она принадлежит окружности, относительно которой определялось
полярное соответствие, а ее поляра касается этой же окружности в
точке Р.
В решении задачи 35 описан способ построения поляры точки
относительно заданной окружности при помощи одной линейки.
Обратимся к рис. 40. Утверждается, что если четырехугольник ABCD
вписан в окружность, то полярой точки Р пересечения его диагона-
лей АС и BD является прямая I, проходящая через точки пересе-
чения Е и F противоположных сторон. В самом деле, проведем ка-
сательные к окружности в точках Л и С и рассмотрим вырожден-
ный шестиугольник AABCCD. По теореме Паскаля (1П. 4) точка G
пересечения касательных лежит также на прямой I (когда две вер-
шины вписанного шестиугольника сливаются, то соответствующая им
сторона переходит в касательную к коническому сечению). Так как
G лежит на полярах точек А и С, то ее поляра проходит через эти
точки и, следовательно, совпадает с АС. Значит, полюс прямой I ле-
жит на АС. Аналогично доказывается, что он должен лежать на BD
и потому совпадает с Р.
Поскольку любое невырожденное коническое сечение получается
проективным преобразованием из окружности, то построение рис. 40
дает возможность определить полярное соответствие относительно
любой невырожденной кривой второго порядка.
Пусть теперь дана произвольная алгебраическая кривая, уравне-
ние которой запишем в виде
Рп (х, у) +	(х, у) + ... + Р, (х, у} + Ра = 0,	(7)
где Рк.(х, у) — однородные полиномы степени Pi(x, у) = Ах + By.
Проведем через точку О произвольную прямую с параметрическими
уравнениями
х = l-t, у = тН>
(8)
555
получив для определенности £2+л2=1, так что |/| равно рас-
стоянию до О. Точки пересечения прямой (8) и кривой (7) находим
из уравнения
/"Pn(g.n)+ ... +bPi(E,n) + ^ = o.
С. учетом кратности этих точек, равной п, имеем:
4i = (g,n)*i....An = (l^tn.
Возьмем теперь на той же прямой (8) точку Q, удовлетворяющую
соотношению
ояГ+ •" +'од7=='оо’’	(9)
в котором все отрезки направленные; ОАь = th- В силу формул
Виета левая часть (9) равна —Pife, Ц)/Ро- Отсюда
t = 00 =______Р°'П  и О = (____________________
« у РЛ1, п) У V ЛЙ.П)’
Ясно, что точка Q лежит на прямой
0= Р‘(ж’у) 4-7>0 =Лх + _® у + Ра	(10)
п 1 п 1 п а	’
при любом выборе прямой (8). Прямая (10) называется полярой
точки О относительно кривой (7). При п = 3 это понятие исполь-
зуется в решении задачи 31.
Чтобы найти поляру любой другой точки Р(х0, уа), можно при-
бегнуть к преобразованию координат. Например, для окружности
х2 + у2 = 1 положим х = х' + Хо, у = у' + у0, откуда
(х' + х0)2 + (у' + i/о) — 1 = (И2 + (У')2 + 2х0х' + tyay' — 1=0.
Следовательно, А = 2хо, В = 2у0, Ра = —1 и уравнение (10) при-
водится к (6), так что в этом частном случае общее определение по-
ляры приводится к данному выше.
Б. Теория чисел
6.	Сравнения с одним неизвестным. В сборнике довольно много
задач, проблематика которых связана с теорией чисел (делимости
простые числа, диофантовы уравнения и пр.). Пособием по этой
теме может служить любой учебник; в большинстве случаев мне
удавалось найти необходимую справку в книге И. М. Виноградова
«Основы теории чисел» (изд. 8-е, М., «Наука», 1972).
Свойства сравнений вида
апхп + ••• + Я1Х + а0 = 0 (modр),	(1)
где р — простое число, аь— целые числа (или вычеты по модулю р),
довольно похожие на свойства обычных алгебраических уравнений.
Теорема (Виибградов, стр. 56). Если сравнение (1) имеет средн
вычетов по модулю р более п различных решений, то все я* s
0 (mod р).
556
Впрочем, в отличие от обычных алгебраических уравнений с це-
лыми коэффициентами неэквивалентных сравнений вида (1) лишь
конечное число.
Малая теорема Ферма (Виноградов, стр. 44). Для любого про-
стого р и целого х, не делящегося на р,
хр~‘ ss 1 (mod р).	(2)
Следствие /. х’ =х при всех х.
Следствие 2. Каждое сравнение (1) эквивалентно сравнению
степени гС Р — 1.
Следствие 3 (теорема Вильсона).
(р-1)!== — 1 (modp).	(3)
Действительно, сравнение
хр-1 - 1=(1'-1)(х-2) (х — р + 1),
степень которого ^р — 2, имеет по теореме Ферма р—1 решение
1, 2, ..., р—1, поэтому все его коэффициенты делятся иа р. Сво-
бодный член дает (3) (это рассуждение применялось при решении
задачи 231 и 332).
7.	Квадратичные вычеты и невычеты. Символ -Лежандра. Число
а называется квадратичным вычетом (соответственно невычетом) по
модулю р, если сравнение
х2 = a (mod р)	(4)
имеет решение (соответственно ие имеет решения). Для.а, ие деля-
(а \	, ,
—J по определению равен +1 в
первом случае и —1 во втором. Если р простое нечетное, то, как
легко видеть, среди чисел 1, 2.....р — 1 квадратичных вычетов
ровно половина (р—1 значений х^О разбиваются иа пары, даю-
щие в (4) одно и то же а).
Критерий Эйлера. При а, не делящемся на простое нечетное р,
р-1
(у)=а2 (modp).	(5)
Доказательство. По теореме Ферма (III. 6)
( а~ - 1) (а~ + 1) = ар~1 - 1 = 0 (mod р),
р-i	р-1
откуда либо а 2 si (mod р), либо а 2 s= — 1 (mod р)
(то и другое ие может быть одновременно, ибо 2 не делится на р).
р-1
Если a ва х2—квадратичный вычет, то а 2	==хр-1=1. Этим все
решения сравнения а 2 =1 исчерпывается, ибо их число ?
равно степени (см. III. 6). Поэтому для квадратичных невычетов
р -1
557
Следствие 1.
/ -1 \	,_.ГТ' { +1- если P = 4fe+1,
\ р )	(	= 1 — 1, если р = 4k + 3,
то есть —1 является квадратичным невычетом для простых р вида
4k + 3 и вычетом — для простых р вида 4k + 1.
Следствие 2.
Поэтому произведение ...ак является квадратичным вычетом
(невычетом), если средн Яь я* четное (нечетное) число квадра-
тичных невычетов (ср. решение задачи 91).
Еще два полезных свойства символа Лежандра (Виноградов,
стр. 70).
1.
р2-1
(|)=<-'>8.
2.	Закон взаимности. Если р и q — простые нечетные числа, то
8.	Функции Мебиуса и Эйлера. Закон обращения. Функция
Мёбиуса р(п) для любого натурального аргумента п определяется
так:
р(1) = 1;
р(п) = (—1)», если п = Р1Рг..-Р», где pi, ps — различные
простые числа;
р(я) = 0, если п делится на какой-либо квадрат, отличный
от 1.
Теорема. Если функция 0(п) натурального п мультипликативна,
то есть
О(П1П2) = О(п1)0(п2)	(9)
и 0(1) = 1, то при п > 1
Е Н (п) 0 (n) = (1 - 0 (р,)) ... (1 - 0 (pfe)),	(10)
п I m
где m = p“i ...	— каноническое разложение числа m в произ-
ведение простых чисел и сумма в левой части (10) распространена
на все делители числа т.
Доказательство. По определению функции Мёбиуса сумма в ле-
вой части (10) сводится к
0(1) + £(-1НЕ' 0(pZj ...P,J
558
где У распространена иа все сочетания («ь из k элементов
по s. Отсюда в силу соотношения (9) следует (10).
Следствие.
V / х f 1 при m = I,	....
*—' I 0 при m > 1.
п | m	г
Действительно, положив в (10) 0(п)	1, получим (11) (ср. ре-
шение задачи 182).
Закон обращения теоретико-числовых функций. Пусть ф(п) —
произвольная функция натурального аргумента и
f(n)=£^(d).	(12)
,Г	а । П
Аогда
1>(«) = £H(d)f(y)=£ g(-^-)f(m).	(13)
din	m\n
И наоборот, если f(n) произвольна, а ф(п) определена равенством
(13), то имеет место (12).
В самом деле,
Н(<9 f (у) == У У И (d) ф (k) = У ц (d) ф (k) =
din	din . I n	d, k
k I ~d	kd In
CSS
k fn
ф (fe) У* p (d) = ф (n)
in
k
в силу (11). Аналогично доказывается и обратное утверждение.
Для произвольного натурального п > 1 функция Эйлера <р(п)
определяется как число взаимно простых с п чисел среди 1, 2, ...,
,,., п— 1; <р (1) = 1.
Теорема.
У <р (d) - п.
d | п
(14)
Доказательство. Для произвольного делителя б
чим через Аа множество чисел вида 6 • i, где I
с n/б. Ясно, что	П) и при этом k не может принадлежать
никакому другому А а (если k = б • г, где б | п, то (k, п) = б  I,
i = kl/(k,n) и оба числа, i и = Делятся на /). Таким
образом, каждое из п чисел 1, 2, ..., п попадает ровно в одно из
Аа, причем в Аа попадает ровно ф(п/б) этих чисел. Полагая
d = п/д, получаем отсюда (14).
Следствие. Если m =	... p^k — каноническое разложение, то
числа п обозна-
взаимно просто
Ф (m) = т (1-—... fl--—.
44 k Pl) \ PkJ
(15)
559
Действительно, в силу закона обращения и формулы (10) для
0(п) = 1/п
dim	d[m
9.	Уравнение Пелля. Пусть D — натуральное число, не являю-
щееся точным квадратом. Уравнение
х2 — Dy2 = 1	(16)
называется уравнением Пелля. Пару положительных целых чисел
(х, у), удовлетворяющих этому уравнению, мы будем для кратко-
сти называть его положительным решением. Ввиду симметрии все
нетривиальные (отличные от (±1,0)) решения выражаются через
положительные.
Теорема. 1) Уравнение (16) имеет положительные решения.
2) Если (Xi, t/i) такое положительное решение, у которого Xi (рав-
носильно Xi + yi Vo) минимально, то любое положительное решение
(х, у) содержится в последовательности решений (хп,Уп), опреде-
ляемой равенством
хп + уп V5" = Ui+У1 Vo)"	(17)
или рекуррентными соотношениями
=	«/. ОЧрл-А	]
\ynJ \У\ Xi J\yn-iJ
Доказательство. Во множестве целочисленных пар (х, у) опре-
делим операцию О, полагая (х, у) = (x',y')Q(x", у") тогда и
только тогда, когда
(х ±у VO) = (х' + у' (х" ± у" ^/й).	(19)
Ввиду иррациональности Vo (19) эквивалентно паре соотно-
шений
x = x'x" + Dy'y",
у = X 'у" + х"у',	' ’
при помощи которых операция О может быть определена для лю-
бых пар (х, у) (и даже при любом D; если D = —1, получаем обыч-
ное умножение комплексных чисел).
Полагая далее
W (х, у) = х2 - Dy2,	(21)
легко находим из (19) или (20), что
N [« у') 0 (х", у")] = N (х', у') N(х", у").	(22)
Известно, что для любого иррационального Числа, в том числе
и для VD, существует бесконечно много целых пар (pn, qn), та-
ких, что
560
(в качестве pn/qn можно брать подходящие дроби разложения
в бесконечную цепную дробь, см. А. Я. Хинчин, Цепные дроби, М—Л,
ГИТТЛ, 1949, стр. 17, теорема 9). Из неравенств (23) находим
bn-^|=^|vp-^||v6+^|<|v6+^|<2vp+i.
Следовательно, N (рп, qn) = р2п — Dq\ может принимать лишь ко-
нечное число значений, а потому для бесконечно многих пар
(рп, qn) оно имеет одно и то же значение k. Беря вычеты по модулю
|fc|, мы обнаруживаем, что среди этих пар найдутся такие (и даже
бесконечно много), скажем; (p',q') и (р", q"), что р' = p"(mod|£|)
н q' — <7"(mod|&|). Для (р, q) = (р', q )Q(p”,—q") имеем
Р2 — Dq2 = N (р, q) = N (р', q') N (р", - q") = k2,
причем в силу (20) р - (р')2 — D(q')2 ss 0(m°d|£l) и q = p’q' —
— p'q' 0(mod|«|). Следовательно, p = kx, q — ky и
X2_D!/2=P2-^ = 1.
Тем самым доказано первое утверждение теоремы.
Каждое решение уравнения (16), у которого х > 0, может
быть описано параметрическими уравнениями
x=chg, У = ^Ц-.	(24)
-VP
Обозначим через 3 множество тех g, для которых формулы (24)
определяют целочисленное решение уравнения (16), и через 3+ под-
множество g, для которых это решение положительно. Из равенства
х + У -VD = chg + sh g =	(25)
видно, что g упорядочено одинаково с х + у -y/D, а при у > 0,
когда g > 0, одинаково и с х. Так как среди положительных реше-
ний уравнения (16) существует такое, у которого х минимально
(пусть это будет решение (xb«/i)), то в В+ есть наименьший эле-
мент gb
Докажем, что 3 состоит из чисел Atgi, где k — любое целое. Дей-
ствительно, из (21) и (22) видно, что множество решений уравнения
(16) замкнуто относительно операции О, а из (19) и (25) следует,
что для переменной g эта операция превращается в сложение. Сле-
довательно, если gz, g" е 8, то g' ± g" е 8. (После подстановки (24)
формулы (20) превращаются в формулы сложения для гиперболиче-
ских функций) Предположив, что 8 содержит какое-то g fcgb мы
имеем
gi >Г = B-[-^-]«gi>0,
и ясно, что g' eS+ вопреки определению gb
Из найденного описания множества Е, из (25) и установленной
выше связи между сложением для g и операцией О сразу следует
(17). Из (17) и (21) легко выводим (18).
561
10.	Гауссово кольцо. Представление натуральных чисел в виде
суммы двух квадратов. Кольцом гауссовых чисел или просто гауссо-
вым кольцом называется множество комплексных чисел z. — x-\-iy
(где х и у целые) с определенными на нем обычными операциями
сложения и умножения. Неотрицательное целое число
(z) = х2 -|- у2 — | z р
будем называть нормой гауссова числа z; очевидно, что
W (ziz2) = W (zj N (z2)	(26)
(ср. в предыдущем пункте соотношение (22) и сказанное там по по-
воду D = —-1). Нулевую норму имеет только 0, A(z) =1 только
при z = ±1 или z = ±< Последние четыре гауссовых целых числа
называются делителями единицы, и только у них в гауссовом кольце
есть обратные элементы. Гауссово целое число г, отличное от 0 и
делителей единицы, называется простым, если нз равенства z — ziz2,
где Zi, z2 также гауссовы целые числа, вытекает, что либо Zi, либо
z2 — делитель единицы.
Теорема. Каждое гауссово целое число г, у которого Af(z) 2,
представимо в виде произведения простых гауссовых чисел. Если
Z = P1P2 ••• Pr~4l42 ••• 4s
— два таких разложения, то г = s и существует перестановка ин-
дексов (/1, /2, ..., jr), и делители единицы е: такие, что
(см. Б. Л. ван дер Варден, Алгебра, М., «Наука», 1976, стр. 78—80).
Ясно, что составные натуральные числа будут составными и в
гауссовом кольце, простые натуральные числа могут перестать быть
таковыми:
2 = (1 + 1) (1 - г), 5 = (1 + 2г) (1 - 2г) = (2 + 0 (2 - L).
Однако справедлива следующая теорема.
Теорема. Простые натуральные числа вида 4& + 3 остаются про-
стыми и в гауссовом кольце, а простые натуральные числа вида
4k + 1 раскладываются в этом кольце на два комплексно сопряжен-
ных простых множителя. С точностью до умножения на делители
единицы этим все простые гауссовы числа исчерпываются.
Доказательство. Пусть р — простое натуральное число, не яв-
ляющееся простым в гауссовом кольце, так что р = Z]Z2 Тогда
р2 = N(p) = N(zi)N(z2), и если ни гь ни г2 не являются делите-
лями единицы, то A(zi) = N(z2) = р. Следовательно, |zi| = |z2|,
а так как произведение г{г2 положительно, то z2 = zi. Если Zi =
— а -|- Ы, то р — а2 + Ь2. Перебирая всевозможные остатки от де-
ления гг н 6 на 4, убеждаемся, что р либо равно 2, либо имеет вид
4& + 1. Следовательно, все нечетные простые числа вида 4k + 3
остаются таковыми и в гауссовом кольце.
Если же р—простое число вида 4k + 1, то (см. следствие 1 в
III. 7) (—1)—квадратичный вычет н, значит, существует такое це-
лое х, что х2 + 1 = (х + г) (х — г) делится на р. Если бы р было
простым гауссовым, то оно делило бы либо х + i, либо х — i. Но ни
одно из комплексных чисел (х + г)/Р. (х— 0 /Р не является целым
гауссовым Следовательно, р — составное гауссово число и, как мы
уже видели выше, р = a2 -j- Ь2 — (а ц- Ы) (а — Ы)
562
Заметим теперь, что если N(z) — р— простое натуральное чис-
ло, то z обязано быть простым гауссовым, В самом деле, если z =
= ZiZ2, то р — Af(ziz2) = ZV(Zj)AZ(z2), откуда либо W(zi) = 1 и
Zi—делитель единицы, либо ZV(z2) = 1. Поэтому в разложении
р = (аbi) (а — Ы) оба множителя простые, ибо N(a-i-bi) —
= Af(a— bi) = р.
Остается убедиться, что найденными простыми числами исчер-
пываются все простые гауссовы числа. Из сделанного только что за-
мечания видно, что мы должны рассмотреть только те числа z =
== a-j- Ы, норма которых составная: Af(z) = Л^Л^. Но если ab О,
то в разложении
AT(z) = (а + Ы) (а - Ы) =
множители в средней и правой частях не могут быть получены друг
из друга перестановкой и умножением на делители единицы. Следо-
вательно, эти множители, в том числе и z = а + bi, не простые.
Если же ab = 0, то z получается из натурального числа умноже-
нием на делитель единицы, а натуральные числа мы уже рассмо-
трели.
Теперь мы можем выяснить, какие натуральные числа предста-
вимы в виде суммы двух квадратов. Из равенств
W = а2 + 62 = (а + Ы) (а - Ы)
видно, что этим свойством обладают те и только те натуральные
числа, которые в гауссовом кольце раскладываются в произведение
двух комплексно сопряженных сомножителей. Пусть
-..<7?	(27)
— каноническое разложение 1V на простые натуральные числа, при-
чем рк имеет вид 4п + 1, a qk — вид 4п + 3. Чтобы получить из (27)
разложение <V на простые гауссовы числа, разложим каждое рк та-
ким образом: рк = Ялйл. Тогда
N = (1+ О"...	...	(1 — Z)“	(28)
Чтобы получить нужное нам разложение, мы должны отобрать
часть множителей из (28) в а + bi. Пусть, например,
u + 6Z = (l+Z)6Hi1 ... n/q^1 ...q^'... й?'(1 -if. (29)
Сравнивая равенство
N = N (a + bi) = ,V(1 + Z)S • Л7 (Я1А ••• N («/A N (<7i)’’1 •••
... WsA (Si A ...N (йг A N (1 - A =
«+и Sj+e, e +e 2n,	2n-
= 2	p,1	... prr rql 1 ...qss
c (27), получаем
6 + x = a, efe + 0A = ₽A, 2nA = Yfe.
563
Тем самым все у а должны быть четными и т|а определены одно-
значно; 6 можно выбирать (а + 1) способом: 6 = 0, 1...а, после
чего х определяются однозначно; 8а можно определить Ра +1
способом. Каждый выбор показателей приводит к разложению (29),
определяющему в свою очередь разложение в сумму квадратов.
Кроме того, следует еще учесть, что каждый множитель в (29) опре-
делен с точностью до умножения на делитель единицы, то есть на
некоторую степень i.
Теорема. Для того чтобы натуральное М было представимо в
виде суммы двух ненулевых квадратов, необходимо, чтобы в его ка-
ноническом разложении (27) простые числа вида 4п + 3 входили
только в четных степенях. Если это условие выполнено, то число
различных разложений в упорядоченную сумму двух квадратов
равно
(Р1 + 1)(Р2+1)...(Рг + 1),	(30)
если /V не является точным квадратом, и меньше (30) на единицу,
если /V— точный квадрат. (Здесь Ра те же, что и в (27), а все ph
предполагаются различными.)
Доказательство. Нам осталось провести подсчет числа различ-
ных разложений. Все комплексные числа (29) имеют один и тот же
модуль V-V, а их аргументы (с учетом делителей единицы) опре-
деляются формулой
<р = ^(2б-а) + <р1(2е1-р1)+ ... + <₽r(2ег- pr) +/,	(31)
где фл — аргумент я», 6 = 0, 1, ..., а, 8» = 0, 1, ..., рЛ, / любое.
Одинаковые разложения в упорядоченную сумму квадратов по-
лучаются для четверки аргументов ±ф, л±ф (то есть при ±д±6г).
Такую четверку мы получаем, меняя в (31) Z на 2 или заменяя б на
а — б, 8ft на Ра — 8а и I на —I. Произвол в выборе Ра дает нам
число, указанное в (30); за счет I мы это число учетверим, и тогда
б не вносит нового произвола. Однако затем, беря по одному пред-
ставителю из четверки, мы снова возвращаемся к (30).
Число четверок может уменьшиться, если, меняя в (31) I, мы
получим число, отвечающее другому набору 8а. Для того чтобы это
случилось, ДОЛЖНО быть ф1«1 + Ф2«2 + ... + <frnr—^n при не-
которых «1, .. •, пг, п. Но тогда
4/1, 4п,	4/1,	2п, 2п,	2п„	2п, 2/1,	2пг_2п, _2п„	~2п,
Л1 'л2 2 ... Лг г = р{ 'р22... ргг = я1 ‘л2 ...лг % >л2 2 ...лг г
или
2/г, 2/1,	2/г,	_2п,	_2/г,
Я1 *Л2 • • • пг г =	1 ... Лг ‘
Поскольку яА и — простые гауссовы числа, то множители,
стоящие слева, должны равняться множителям, стоящим справа,
с точностью до делителей единицы. Но л* и Л/ имеют различные
модули при I =£ j, так как -у/pk ф л/~Рр Поэтому nft и лА отли-
564
чаются делителем единицы, что возможно лишь при Ял = 1 ± i и
рк = 2, вопреки обозначению
Наконец, число представлений в виде суммы нулевых квадратов
уменьшится на единицу, если среди аргументов (31) есть кратные
я/2 (то есть либо а, либо & равно 0). Предыдущее рассуждение по-
казывает, что это возможно лишь при 26 = а, 2ел = Но тогда
и только тогда N является точным квадратом.
В. Анализ и алгебра
11.	Некоторые полезные формулы. В стандартных курсах выс-
шей математики, равно как и в большинстве курсов математиче-
ского анализа, читаемых теперь в университетах, специальным функ-
циям и различным соотношениям, их включающим, уделяется очень
мало времени Поэтому многие факты, популярные в прежние годы,
стали мало известными, вследствие чего читатель может испытывать
затруднения при решении задач, опирающихся на эти факты По-
видимому, одним из лучших пособий в данном вопросе может слу-
жить книга Э. Т. Уиттекера и Дж. Н. Ватсона «Курс современного
анализа» (части 1 и 2, М., Физматгиз, 1963, далее цитируется как
«у _В»).
Гамма функция Эйлера обычно определяется в курсах анализа
при х > 0 равенством
ОО
Г(х) = 1х~1е~* dt.
о
Сам Эйлер определил ее как предел (У — В, ч. II, стр. 16)
г (г) = lim	-----ГГ’	U)
n->oo z (z + 1) .. . (z + п — 1)
существующий при всех комплексных г, кроме г — 0, —1, —2, ....
Из (1) легко выводится, что
Г(г+ 1)=гГ(г),	(2)
Г(т) = (т — 1)! при т натуральном.	(3)
Кроме того, справедлива формула дополнения (У—В, ч. II, стр. 19)
r(z)r(l-z) = -f^-,	(4)
ЫН
н при Re z > 0
| In Г (z) + (г - у) - z In z - у In 2л| < -А_	(5)
(У—В, ч. II, стр. 34). Из (3) и (5) легко получается формула Стир-
линга
ml =	(у) е’т,	(6)
где |0ml < Л’/(т + 1)- Более точные подсчеты дают O<0m<l/12m.
565
Эти формулы полезны для разных асимптотических вычислений.
Например, в решении задачи 295
( 7з \	7з(7з —!)•• (Уз-п + П =
\ п )	п!
г(4)Ш+')-(4+"-2)
Зп	г(т)г(п)
= (-I)”-1 , г(”~ з~) ~ (—1)”-'
~3пг(|)‘ Г(П) ЗГ(|)^’
так как в силу (5)
Ф-j) !
..< = -Т1п» + о<1>.
Аналогичная асимптотика используется в решении задачи 77.
Дзета-функция Римана определяется в области Re z > 1 как
сумма ряда
ОО
=	(7)
П=1
Прн четных значениях аргумента значения этой функции могут быть
найдены из формулы (У—В, ч. II, стр. 64)
Z (2m) = 22"!-‘л2тВт/(2/п)!,
где Вщ — числа Бернулли, то есть коэффициенты разложения
ч. I, стр. 177)
z , z Biz2 D z4
2 ctg 2 — 1	2!	4!
В частности, В£ = Ve, Вг = 7зо, В3 = 712, так что
СО	оо
л»1	п=1
Для решения некоторых задач полезно знать, что
(У—В,
(8)
8‘Пг = гД(1-_^)
(У-В, ч. I, стр. 51);	n=1
(sinz)-1 =|+ £(-1)"(—L-+J_)
566
(У—В, ч. I, стр. 189);
<«>
п=0
(У-В, Ч. I, стр. 190);
оо
(У—В, ч. I, стр. 191).
12.	Постоянная Эйлера. Эта константа, хотя и менее популяр-
ная, чем е и л, но все же довольно часто встречающаяся, обычно
определяется как предел
С= lim (1 +-|-+ ... +-J- —Inn). (12)
П-> оо X	*	M	/
Чтобы убедиться в его существовании и получить некоторые оценки,
рассмотрим две последовательности:
с„=1+4-+...+^-1п(п+1), С„ = 1+4-+... + 1-1пл.
Ясно, что сп < Сп и сп — Сп->0. Кроме того,
1	, , ,	। t 1 С dx
сп-сп_х=— -In (П + 1) + 1пп = -- \ ——
«I	J 1 “р Л
П~ 1
п
П-1
-г-7—1 dx > 0
1 + X J
и аналогично Сп — Сп-\ < 0. Поэтому обе последовательности мо-
нотонно стремятся к одному и тому же пределу С с разных сторон.
х
Для оценки С заметим, что величина
Sdx
ттг
о
за-
ключена между площадями двух трапеций: большей, образованной
ординатами 1 и 1/(1 + х), и меньшей, отсеченной от большей каса-
тельной к кривой у — 1/(1 + х) в точке х/2. После несложных пре-
образований получаем неравенства
v2	у2
'~г(и-0 <1п(1 + <><х~ДО+Т>’	(13)
откуда
2МГПТ <Сп~ Сп~' =4 - 1п (’ + у) < —(2п+1)
1 rt 1 п
7 12 Z(i+ 1) < Сп < 22 I (21+1) •
i = l	t=*l
567
Используя равенства l/[/(i + 1)] = \[l—l/(z+l) н l/[i(2i+l)]=
= 2/2/ — 2/(2г'+ 1), мы получаем в левой части 1/2[1 — 1/(п-}-1)]
и в пределе '/г» а в правой — частичную сумму ряда
2__ .2,2
2	3 + 4
Поэтому
оо
= 2 - 2 У (~1)	= 2 - 2 In 2.
t ==» 1
0,5 < С < 2 (1 — In 2) = 0,614 ....
Более точные подсчеты дают С = 0,5772... . Неизвестно, рацио-
нальна или иррациональна постоянная Эйлера.
Кроме (12) существуют и другие выражения для постоянной
Эйлера. Проделаем, например, следующие преобразования:
С» = 1 + у + •••	— 1пп =
Используя неравенство
(14)
справедливое при 0 t У п, мы получаем, что при п->оо Сп от-
личается на бесконечно малую величину от выражения

С -t dt
J е t ’
и, переходя к пределу, находим, что
(15)
568
С другой стороны, используя интегральное представление для
Г-функции (III. 11), имеем
оо	оо
г'(!) =-гг	=(ки-е-'л =
ах J	Ix-l J
о	о
00	Г	00 л п
S. , . __ t	I , , __ f i°o	f е * dt I
In t de 1 = — lim I In te 1 L — \ —--I.
e >o I e J t J
0	*-	e	J
К сожалению, мы не можем здесь прямо перейти к пределу (инте-
°° -<
f е dt	.
грал \------— расходится!). Однако, разбивая интеграл на два (от
о
I
Sdt ,
— = — 1П 8, МЫ В
е
силу (15) получаем простую формулу
Г'(1) = -С.	(16)
Чтобы доказать неравенство (14), заметим, что его левая часть эк-
вивалентна неравенству
1П f!_
\ nJ п
справедливому в силу (13). Правая же часть эквивалентна неравен-
ству
Поскольку (17) верно при t = 0, при 0< t <. п достаточно прове-
рить выполнение неравенства для производных обеих частей
или
(/ \ п~*
|-4) .‘а	<1э>
Производная левой части (!9) больше 0 при 0 < t <_ 1 и меньше О
при 1 < t < п. Следовательно, при t = 1 левая часть имеет макси-
мум
при п 2 (еще раз использовано (13) при х = —1/п). Следователь-
но, при п 2 верно (19) и одновременно (18) и (17). При п = 1
(17) преврашается в е1 (1 4-Z), что очевидно.
569
В свою очередь (15) может быть использовано для доказатель-
ства равенства
I	оо
С =	dt _ dt	(20)
о	1
(см. решение задачи 238).
Проинтегрируем функцию е~г!г в комплексной плоскости по
замкнутому контуру у, состоящему из четверти окружности г =а
=ге1<® 0 <р < л/2, отрезка мнимой оси г = it, г t R, четверти
окружности z = Rei,(!, 0 <р < л/2 (в обратном направлении) и от-
резка действительной оси z = t от R до г. Тогда, поскольку внутри
контура нет особых точек функции,
л/2	R -И
О = ф —— dz = i f e~rei<f dtp + ( —— dt —
Vo/
Л/2	£
- i e~Kei<P d<f - J ~ dt. (21)
Or
При r-> О и R -> co
Л/2	Л/2
j e~rei<<> d<p и j e~Rei(f (j
0	0
(последнее по лемме Жордана). Далее,
R ,{	1	R	R
f e dt f cos t dt , C cos t dt . f sin t dt
------------------------------------------------
r	r	1	r
I	R	R
Seos t — 1 ,, , ,	, f cos t dt . (* sin t
---------dt + In r + \ --------t \ —p- dt =
,	, f cos t — 1 ,, , C cos t dt . f sin t .. ,	...
= lnr + J--------f----dt + J-------t------* 1 j —— dt + ° G)*
o	i	о
r	1	r
°° . 1 t
Sp * dt Г p"*	1
/	+ )t -^ + o(l) = lnr-C + o(l)
1	0
(последний переход сделан в соответствии с (15)). Обратите вни-
мание на проделанную здесь процедуру регуляризации расходимо-
570
стей обоих интегралов в нуле (выделение членов In г) . Такая же
процедура (оиа восходит к Адамару) была выше применена при
выводе (16).
Подставляя найденное в (21) и сокращая логарифмы, имеем ра-
венство
1	оо	оо
л f cos t — 1 С cos t ,,	. Г sin Z _
О = i у + \ -----j---at + \ —— dt — i \ —— dt + C,
o	i	о
вещественная часть которого дает (20), а мнимая — значение извест-
ного интеграла Дирихле
sin t ,, л
~rdt=r
о
Определение (12) можно записать еще в виде
1 + 2" + ... + — = In п + С + yrt,	(22)
где 0 <	< Сп — сп = In (1 + 1/га) < 1/п.
13	Выпуклые и строго выпуклые функции. Функция f(x), опре-
деленная на некотором выпуклом множестве U = Rn, называется
выпуклой, если для любых двух точек xt, fee U и любого а,
0 а 1, выполняется неравенство
f [(1 — а)*1 + «х2] < (1 — a)f(xi) + af(x2),	(23)
и называется строго выпуклой, если при Xi х2 и a 0 и 1 нера-
венство (23) строгое. О некоторых свойствах выпуклых функций см.:
й. Кюршак и др., Венгерские математические олимпиады (М,
«Мир», 1976, ч. III, пункты 43, 44, 65).
Непосредственно из определения следует, что сумма любого чис-
ла выпуклых функций выпукла и строго выпукла, если хотя бы одно
из слагаемых является таковым.
Лемма. Для любой точки х е U и любого вектора ZeR”, та-
кого, что х -j- I • Т е U при некотором Т > 0, существует предел
(24)
Но t ’
который называется производной функции f по вектору I в точке х.
Доказательство. В силу выпуклости U функция f(x-f-ZZ) опре-
делена при 0 t Т. Если 0 Zi < t2 Т, то, положив в (23)
Xi = х, х2 = х + t2l, a = tjii, получим
f(x + Z.Z) <(1 - -^) f(x) + ^f(x + t2l),
откуда
f(x + Z,Z) — f(x) < f(x + Z2Z) — f(x)
Zi	t2
Следовательно, дробь, стоящая в (24) под знаком предела, моно-
тонна и предел существует (проверьте, что он конечен во всех вну-
тренних точках U).
571
Теорема. Для того чтобы выпуклая функция имела минимум в
точке «о s U, необходимо и достаточно, чтобы неравенство
с?Ц(Хо)>О	(25)
выполнялось при всех I s Rn, таких, что х« + I • Т s U при неко-
тором Т > 0.
Доказательство. Необходимость условия (25) вытекает из (24),
так как при dif(Xo) <0 и достаточно малых положительных t дол-
жно быть f(Xo + tl) < f (Хо) 
Достаточность докажем от противного. Предположим, что (25)
верно, но f(Xj) < f(x0) при некотором х, е U. Возьмем е > 0 так,
чтобы было f(X|) sg f(x0) —е и Z = Xi —х0 (тогда условия теоремы
выполняются прн Т = 1). Пусть 0 s£ / < 1. По доказанному в выше
приведенной лемме
д if (хо) < Hxo + ZZ)-f(xo) .f..(^ + l:Z)-f (хо) _ е
вопреки (25). Таким образом, f(xf) ^f(x0) при всех х, s U и х0 —
точка минимума.
Заметим, что в этой теореме минимум не обязан быть строгим
(равенство f(xt) = f(x0) допускается), но он будет строгим, если
f(x) —строго выпуклая функция (докажите!).
14	Конечные разности. Предположим, что функция f(x) опре-
делена при всех х а. Функция
bfif(x) = f(x + h) — f(x)	(26)
называется первой разностью для f(x) при шаге h. Разности выс-
ших порядков определяются рекуррентно:
Д^(х) = ДА(ДГ’0(х).	(27)
По индукции доказывается, что
п
^f(x)=X(~1)n~,C,nf(x + j/i).	(28)
/-0
Теорема. Для того чтобы функция f(x), имеющая при х~^а
производную (п 4-1)-го порядка, была полиномом степени ^п, не-
обходимо и достаточно, чтобы при всех х и h
tf'ffx) = 0.	(29)
Доказательство необходимости основано на том, что при взя-
тии первой разности степень многочлена уменьшается на единицу,
поскольку
ДАх6 = (х 4- h)k — х*
есть многочлен степени k— 1.
Достаточность проще всего получить, основываясь на равенстве
Д^(х)
f<ft)(x) = lim ~k •	(30)
Л->0 и
которое в условиях теоремы справедливо при 1 k п 4- 1.
572
Замечание. Для любой непрерывной и ограниченной при х а
функции f(x) имеет место следующий замечательный аналог фор-
мулы Тейлора:
f(x) = lim У
л->о Z_j
й-о
ДлПа) (х —а)\
hk ‘ k\ 1
(31)
сходимость ряда в предел здесь равномерны на любом конечном от-
резке изменения х. Если f(x)— аналитическая функция в круге
|х — а| < р, то при а х<а + р в (31) можно переставить знаки
предела и суммы и, воспользовавшись формулой (30), прийти к
обычной формуле Тейлора (см. Э. Хилле и Р. Филлипс, Функцио-
нальный анализ в полугруппы, М., «Мир», 1962, с. 548).
Теорема (интерполяционный многочлен Ньютона). Полином
Р(х) степени п восстанавливается по своим значениям в п + 1 рав-
ноотстоящих точках а, а + h....а + nh по формуле
_. ч vi х . длр(а), , , длр(«) (x-a)(x-a-h)
Р(х) = Р(а)+ —~h— (х - а) + ——2-------+ ..
, Д^Р(а) (х- а)(х- a- h)... (х- а-(п— 1)Л)
+ hn	п\		(32)
Для доказательства заметим, что обе части равенства суть мно-
гочлены степени п, совпадающие в п + 1 точке, поскольку при х =
— а + kh правая часть (32) равна
к	к I
£ Д^Р (а) • Clk = £ £ (-1/-' Clkc{ Р(а + /Л)=
z=o	1=о /=о
I	к
= £ Р (а + jh) £ (-l)l~!	=
/-о	;=/
i
= £р(а + М)С{(1 - 1)*-/ = Р(а + й/г).
/-о
Из формулы (32) видно, что произведения вида х(х — h) ...
... (х — nh) являются в исчислении конечных разностей аналогами
степеней. Это наблюдение подтверждается формулой
Лп ( П =	h* «
h\x) х (х + h) ... (х + nh)
=-------------~ nl hn----------- (33)
(— х) (— х — h) х — nh)
573
использованной в решении задачи 77 (сравните при h = I с форму-
лой для n-й производной от 1/х). Формула (33) легко доказывается
по индукции При п — 0 она очевидна (0! = 1), а далее
(-\)nn'hn_________________(—\)nn\hn
(х + h) ... (х + h + nh) x (x + h) ... (x + nh) ~'
=	(-1)" n'hn Г 1__________________И =
(x + h) ... (x + nh) L x + (n + 1) h x .1
=	(~l)n+1 (n+ 1)1 An+1
x (x + h) ... (x + (n + 1) h) '
При фиксированном h понятие разности произвольного порядка
имеет смысл для функций, определенных лишь в точках арифмети-
ческой прогрессии а kh, то есть для последовательностей. Полагая
ak = f(a -J- kh), мы получаем, например, из (28) формулу, исполь-
зованную в решении задачи 20:
п
^nak^±(-\)n-!dnak+l.
1-0
Если последовательность аА удовлетворяет условию, аналогич-
ному (29)
A”+Iafe = 0,	(34)
ТО
a* = P(fe)	(35)
для некоторого многочлена степени Действительно, из (34) мы
заключаем, что bk = Д”ай не зависит от k и равно некоторой по-
стоянной С. Но тогда для разности = ak — c/n! kn имеем
Д% = \nak - С = 0,
и можно воспользоваться индукцией. [Заметим, что если (29) имеет
место при одном h, то f (х) не обязана быть многочленом: например,
f = sin х, п = 0, h = 2л.]
k
Пусть, например, ak = in (ср. решение задачи 58). Тогда
/=1
Дал = kn и потому Д"+2аА s 0. Следовательно, аА = P(k), где
Р— многочлен степени п + 1.
Уравнения (29) и (34) являются простейшими примерами урав-
нений в конечных разностях. Еще один пример доставляют нам ре-
куррентные (возвратные) последовательности. В задачах этого сбор-
ника встречаются, например, последовательности, определяемые со-
отношениями вида
ап+2 — Аап+1 + Вап.	(36)
Легко видеть, что (36) эквивалентно уравнению
Д2а„ + а Ьап + ₽а„ = 0	(37)
574
(a = 2— A, (J = 1—A—В), аналогичному линейному дифферен-
циальному уравнению второго порядка с постоянными коэффициен-
тами. Как и для этого последнего, общее решение уравнения (37)
или (36) является линейной комбинацией двух частных решений.
Прямой подстановкой убеждаемся, что последовательность ап — Ап
является решением уравнения (37), если А удовлетворяет характе-
ристическому уравнению
А2 = ЛА + В.	(38)
Если корни Ах, А2 уравнения (38) различны, то общее решение
уравнения (36) имеет вид
ак=с^ + с2^.
Если корни (38) совпадают: Ах = А2 = А, то общим решением
будет
ak=C^n + C2fikn.
Постоянные С( и С2 находим по двум начальным членам после-
довательности. Например, для последовательности Фибоначчи
а-п+2 = а-п+\ + ап, а\ = а2 = 1,
.	1 ± V5
Л —-----г----.
15	Функциональное уравнение Коши
f(* + y)=f(x) + f(y)	(39)
н родственные ему уравнения
g(x + y)^g(x)g(y)	(40)
и т. п. были в начале века довольно популярными, с одной стороны,
в связи с аксиоматикой механики, а с другой — в связи с третьей
проблемой Гильберта (равносоставлены ли равновеликие много-
гранники?). Хорошо известно, что непрерывные решения уравнения
(39) суть только линейные функции Ах, а для уравнения (40) это
только и g(x) = ах (см. Г. М. Фихтенгольц, М., ГИТТЛ,
1949, т. 1, с 187—192).
Поскольку переход от уравнения (40) к (39) осуществляется
простым преобразованием f(x) = logg(x), ограничимся уравнением
(39). Тот же результат, что и выше, мы получим, потребовав вме-
сто непрерывности выполнения любого из следующих условий:
a)	f(x) непрерывна хотя бы в одной точке,
б)	f(x) имеет производную в нуле,
в)	f(x) ограничена в окрестности нуля;
г)	f(x) монотонна;
д)	f(x) измерима по Лебегу;
е)	существует точка (х0, //о), в некоторой окрестности которой
нет нн одной точки графика функции у = f(x).
575
Случаи «а», «б» и «г» довольно просты, и читатель может разо-
брать их самостоятельно в качестве упражнения; случай «в», из ко-
торого три вышеназванных получаются как следствия, несколько
сложнее, но все же доказательство для пего элементарно; случаи
«д» и «е» связаны с глубокими исследованиями, о которых будет
сказано ниже.
В 1905 г. Г. Гамель построил множество, называемое теперь ба-
зисом Гамеля. Это множество G действительных чисел обладает тем
свойством, что каждое действительное число единственным образом
представимо в виде конечной линейной комбинации
* = М1 +n2g2+ ... +nkgk	(41)
чисел gi, gi, ..., gk s G с целыми коэффициентами rii, n2, ...,
[cm. G. Hamel, Math. Annalen, 60 (1905), 459—462, а также
A. H. Колмогоров и С. В. Фомин, Элементы теории функций и
функционального анализа, М, Наука, 1976, с. 123].
Произвольно задав значения функции f(x) в точках множества
G, мы можем однозначно продолжить ее иа всю числовую ось при
помощи равенства
f(x) = nj(g1)+ ... +nkf(gk),	(42)
где я,— те же, что и в (41). Уравнение (39) удовлетворяется, по-
скольку G — базис Гамеля. Этим, как легко сообразить; исчерпы-
ваются все решения уравнения (39).
К сожалению, базис Гамеля G н построенные с его помощью
решения уравнения (39) обладают весьма скверными свойствами.
Прежде всего само построение базиса Гамеля неконструктивно, оно
осуществляется при помощи леммы Цорна или трансфииитной ин-
дукции (то есть, в сущности, при помощи аксиомы Цермело). Уси-
лиями целого ряда выдающихся математиков, в том числе Фреше и
Банаха, было установлено, что все решения уравнения (39), отлич-
ные от Ах, неизмеримы, график любого из них заполняет плоскость
всюду плотно (см. выше, пункты «д» и «е») и т. д.
Г. Смесь
К задаче 2.
16.	Признак Гаусса. Полезно иметь в виду, что если последова-
тельность положительных чисел ап такова, что
= Л + — + О (Ц-Y
an+i я \я2/
то ап ~ С/.~пп к, откуда, в частности, можно вывести признаки
сходимости Д’Аламбера и Гаусса. Действительно, положив
и
Ьп = ап?.пп к,
мы получаем
576
и потому
W-1
bN=bi П IT ~^c^so°'
П=1
так как бесконечное произведение
оо
П [*+° (р-)] сх°дится
П = 1
К задаче 5.
17. Вычисление циркулянта. Пусть f(x) — at + а?х + ...
... + апхп~1. Умножив циркулянт Dn иа определитель Вандер-
монда, построенный по е^, и воспользовавшись тождеством е” = 1,
откуда
Dn = f (ei)f (е2)
поскольку определитель Вандермонда здесь отличен от 0.
К задаче 29.
18.	Общий член последовательности ип, определяемой рекуррент-
ным соотношением ип — 4un-i— un-2> имеет вид (III. 14)
ип — CTjXj + С2Л2>
где Л1,2 = 2 ± V3 корни уравнения Л2 = 4Х—1. Если Ci 0,
то
“п Crf + C2% C1 + C2(v)
“ с^г1 + С2ЛГ1	1 С1 + С2(ьу-1 " *
577
при п->оо, поскольку A.2/A.1 = --------< 1. Остается заметить,
2 + -V3
что в нашем случае 0, так как иначе «г/ui = 2 — V3\ Заме-
тим еще, что
ctg
л
12
1 1 я
1 + COS-£-
. Я
sin-r
— 2 +	— Л|.
К задаче 40.
19.	Можно заметить, что утверждение задачи остается верным,
если стороны треугольника удовлетворяют соотношению
где f(x) выпуклая (III. 13) неубывающая функция.
В самом деле, пусть, как и в доказательстве теоремы 5, S —•
площадь треугольника со сторонами a, b, с; s = у (а + Ь + с);
х2 л/з
Ех = —---------площадь равностороннего треугольника со сторо-
ной х. Если не все отрезки а, Ь, с равны между собой, то по тео-
реме 4	Но в силу неравенства Йенсена (частным случаем
которого при f(x) = х3 является утверждение теоремы 3)
,, . f(a) + f(b) + f(c) / a + b + c \	,,
Кт) =----------3---------> f ------з-----) =f(s).
и, значит, т s, так как f не убывает. Поэтому Es Ет и S <
< Ет, что и требовалось доказать.
Обобщение утверждения задачи на случай многоугольника с лю-
бым числом сторон мы получим, заменив теорему 4 известным утвер-
ждением: среди всех многоугольников с заданным числом сторон и
заданным периметром наибольшую площадь имеет правильный.
К задаче 49.
20.	Аналитический критерий вписанности шестиугольника. Пусть
Pj(xi,yi), i=l, 2, ..., 6, — шесть точек на плоскости. Обозначим
через площадь треугольника PtPiPh. Из утверждения задачи 49
непосредственно выводится следующий критерий, являющийся ана-
литическим аналогом теоремы Паскаля (III.4):
Для того чтобы точки Pi, ..., Р« лежали на одной кривой вто-
рого порядка, необходимо и достаточно, чтобы
61 S'S 234 ,J>4 ge'S 13S = 123^34 5*^561*^24 6-
В самом деле, для того чтобы существовало нетривиальное
уравнение
Ах2 + Вху + Су2 + Dx + Еу + F = 0,
578
которому удовлетворяют данные шесть точек (x,,yi), необходимо и
достаточно, чтобы (в обозначениях задачи 49) определитель (1, 2,3,
4, 5, 6) был равен 0. Остается заметить, что S//fe==y («,/, fe), и
воспользоваться утверждением задачи 49.
К задаче 53.
21.	Площадь треугольника на комплексной плоскости. Пусть
хл — точки на комплексной плоскости. В решении задачи 53 исполь-
зована следующая формула для площади ориентированного тре-
угольника ДХ1Х2х3:
	X; X* 1
— 41S =	х2 Х2 1
	*
	х3 х3 1
В самом деле, подставляя х* = и* + iVk в правую часть, находим
И| + ivt Ui — iVi 1		«1	— /01	1		ivi Ut		
U2 + iv2 u2 — iv2 1	=	u2 — iv2 1	+	iv2 u2		=
u3 + iv3 u3 — io3 1		u3 — iv3 1		iv3 u3		
					Ui Ui 1	
				= —2i		h v2 1
					u3 03 1	
после чего остается сослаться на известную формулу из аналитиче-
ской геометрии.
Кроме того, из формул для а* и bk видно, что
а3 — а2 = е (а2 — «1)> b3 — b2 = е2 (b2 — Z>i),
откуда мы заключаем, что треугольники А и В имеют противополож-
ную ориентацию Из геометрических соображений ясно, что тре-
угольник А ориентирован так же, как исходный треугольник. По-
этому в формуле (1) из решения задачи 53 стоит тот же знак, что и
в приведенной выше формуле, а в формуле (2) — противоположный.
К задаче 85.
22.	Прямая Симеона. Если точка Р принадлежит окружности,
описанной около треугольника АВС, и А', В', С' — основания пер-
пендикуляров, опущенных из Р на прямые ВС, СА, АВ соответ-
ственно, то А', В', С' лежат на одной прямой, называемой прямой
Симеона точки Р. (См. Зетель, соч. цит. в III. 1, с. 31.)
К задаче 104.
23.	Эллипс Штейнера. Пусть
£=ДС03ф, Г) = ЙЯПф	(1)
— стандартные параметрические уравнения эллипса; А > В. Угол ф
называется эксцентрическим углом точки (£, г]). Справедлива
579
следующая простая лемма, доказательство которой предоставляется
читателю.
Лемма. Пусть А, В, С — точки на эллипсе, отвечающие эксцен-
трическим углам а, 0, у. Если касательная к эллипсу в точке А па-
раллельна ВС, то
cos (0 — а) = cos (у — а).
Предположим теперь, что треугольник АВС вписан в эллипс так,
что касательные к эллипсу в каждой из вершин А, В, С парал-
лельны противоположной стороне. Такой эллипс называется эллип-
сом Штейнера данного треугольника Его существование при за-
данных А, В, С следует из теоремы Паскаля (III 4), примененной
к вырожденному шестиугольнику ААВВСС (каждая вершина тре-
угольника считается за две слившиеся вершины шестиугольника, а
соответствующая сторона шестиугольника превращается в каса-
тельную; прямая, на которой лежат точки пересечения противопо-
ложных сторон, здесь является бесконечно удаленной прямой).
Следствие. Эксцентрические углы вершин А, В, С в эллипсе
2л
Штейнера треугольника АВС отличаются друг от друга на
В самом деле, по лемме cos (а—0) = cos(0—у) = cos (у—а),
откуда это утверждение сразу следует.
Если центр тяжести треугольника АВС, вписанного в эллипс,
совпадает с центром эллипса, то медиана АВ, проходящая через се-
редину хорды ВС и центр эллипса, является сопряженным диамет-
ром для хорды ВС, а потому касательная, проведенная в конце диа-
метра, параллельна этой хорде. То же верно и относительно двух
других медиан, и потому в рассматриваемой ситуации эллипс будет
эллипсом Штейнера, как это и утверждается в решении задачи 104.
Наконец, если центр эллипса находится в точке g комплексной
плоскости, а его большая полуось наклонена под углом а к вещест-
венной оси, то из (1) получается параметрическое уравнение эллипса
в комплексной форме
z = g + eia (g + й]) = g +	е/<Р + (Л “ В) е"/<Р1-
из которого можно найти выражения для точек Zk, использованные
в решении.
К задаче 119.
24.	В решении этой задачи используются следующие соотноше-
ния:
а)
п f «А	п
i-0	1=0
—Е ” Г1) - тли I' - <' -1>’+'1 - 4т >
1=1
580
б)
1	. .	1 п
-1 с (1 -х)п+1-1 л	1 f Vz, и ,
-У+Т J l-(l-x) dx ~ п + 1 J 2и (	х) dx~
о	о /=0
п+1
____1_ уЛ-
л 4-1 zLj i *
i—1
в)
(?)
(/+1)3
п (и+1А
±_у(_1)*1£+12 =
+ 1L1 ’ (г + 1)2
г=О
П	1	г , ,
= 1 У 1	=
п 4- 1	1 4“ 1 J
:-о о
-тттЁтттГттг
i-0	j=0
п+1 I	п+1	п+1	/п+1 \2
i-l /-1	1-1	i>j 1=1 'i-l z
д) формулы (22) из III. 12 и (8) из III. 11.
581
К задаче 123.
25.	Теорема Менелая. Если стороны треугольника АВ, ВС, С А
или их продолжения пересекаются некоторой прямой (трансвер-
салью) в точках С', А', В' соответственно, то
АС ВА' СВ' _
СВ ' А'С ’ В'А ~	•
(Зетель, соч цит. в III 1, стр 23)
К задаче 135.
26.	Формула Гаусса. Тригонометрическая сумма, равная следу
матрицы V, носит название суммы Гаусса. Для ее вычисления можно
воспользоваться теоремой 2 из гл. V книги К. Чандрасекхарана, Вве-
дение в аналитическую теорию чисел (М., «Мир», 1974, с. 51). В той
же главе содержатся доказательства формул (7) и (8) из III. 7. Ис-
«	— й2
комая сумма У_е п в обозначениях книги Чандрасекхарана
равна g(2, п), ее значения приведены в тексте решения.
К. задаче 147.
27.	Так как приведенное в условии задачи уравнение может
быть сведено к виду Р(х)=0, где Р — многочлен 6-й степени, то
в данном наборе действительно содержатся все корни, если они все
различны (например, при а = '/2 получаем набор 1/2, 2, 1/2, 2, —1,
—1, содержащий лишь три различных числа). Исключительными яв-
, ,,	1 4- I _	.
ляются а = —1, 1/2, -----, 2. Предельным переходом а-* а,
где а' одно из исключительных значений, убеждаемся, что приведен-
ный перечень по-прежнему доставляет все корни (либо три корня
кратности два каждый, либо два корня кратности три).
К. задаче 148.
28.	Барицентрические координаты. Пусть Pk(xk, уь), k — 1, 2, 3.
три произвольные неколлннеарные точки на плоскости. Поместив в
них массы /Пл, найдем центр тяжести по формулам
х Xittii + x2m2 + х3/пз _ yitnt + У2/П2 + У3/П3	(1)
с mi + m2 + /из ’ Ус mi + m2 + in3 ‘	'
При надлежащем выборе неотрицательных масс ms точку (хс,ус)
можно совместить с любой точкой треугольника PiP2P3.
Если же разрешить числам ть. принимать и отрицательные зна-
чения (читатель сам постарается придать этому физический смысл),
то (хс, Ус) может быть любой точкой плоскости. Числа (mi, т2, т3)
называются барицентрическими координатами этой точки относи-
тельно PiPzPi- Из (1) легко установить, что заданием точки ее ба-
рицентрические координаты определены однозначно с точностью до
пропорциональности, так что наборы (mi, m2, m3) и (pmb pm2, pm3)
при p ¥= 0 соответствуют одной и той же точке плоскости; набор
(0,0,0) ничему не соответствует, так как формулы (1) теряют
смысл. Далее, формулы (1) теряют смысл при mi + m2 + m3 — 0,
582
но если не все ть равны нулю, то отношение хс: ус сохраняет смысл.
Можно интерпретировать при этом (хс, ус) как бесконечно удален-
ную точку проективной плоскости.
С этой точки зрения (и,, m2, т3) просто однородные координаты.
Мы получим полное соответствие со сказанным в III. 2, взяв в ка-
честве Р3 начало декартовой системы координат, а в качестве Р< и
Р2 бесконечно удаленные точки на соответствующих осях.
Барицентрические координаты относительно четверки точек в
пространстве определяются аналогично.
В решении задачи 148 используется то обстоятельство, что
знаки барицентрических координат на плоскости или в пространстве
соответствуют разбиению плоскости прямыми PtPj в первом слу-
чае, и плоскостями PtPjPk — во втором. Читатель легко восстано-
вит это соответствие зная определение.
К задаче 167.
29.	Свойство касательных к параболе. Для того чтобы каса-
тельные, проведенные к параболе из точки Р, были перпендикулярны,
необходимо и достаточно, чтобы точка Р лежала на директрисе па-
раболы. В этом случае касательные являются биссектрисами углов,
образованных директрисой и прямой PF, где F — фокус параболы.
Я надеюсь, что читатель без труда докажет это утверждение.
Для параболы у — х2/2р директриса имеет уравнение у = —р/2, а
фокусом параболы является точка (0, р/2).
К задаче 180.
30.	Тождество Эйлера. Обозначим через А$ число способов, ко-
торыми натуральное п можно представить в виде суммы з различ-
ных слагаемых:
П = П{ + П2 + ... + ns,	(1)
где
1 < «1 < п2 < ... < ns.	(2)
Полагая ms = пь ms-i = п2 — nlt .,mi = ns — ns-i,
преобразуем (1) к виду
п = sms + (s — 1) ms-i + ...	(3)
Отсюда видно, что каждому представлению (1) при условии (2)
взаимно-однозначно соответствует представление (3) с натураль-
ными mt. Поэтому Asn равно коэффициенту при хп в произведении
рядов
S ь	S ОО	оо
Пт^-ПЕи”*- Е
fe = l	n=l
(4)
Проведенные преобразования законны там, где перемножаемые
ряды абсолютно сходятся, то есть при |х| < 1. Там же будет схо-
диться абсолютно и ряд в правой части (4).
583
Просуммируем теперь по з полученные выражения:
оо s	оо оо	оо
ЕПтЬ-EL^-E^ <5’
5—1 й=1	s=l п—1	п—1
оо
где 4га = У Л® — число всевозможных представлений (1)—(2) с
s=i
любым числом слагаемых з (на самом деле в этой сумме лишь ко-
нечное число членов, так как из (3) видно, что Asn = 0 при п <
< [з(з + 1 )]/2). Проведенная в (5) перестановка порядка суммиро-
вания в двойном ряде законна (если члены ряда неотрицательны)
даже в том случае, когда ряды расходятся. Поэтому мы будем счи-
тать, что О х < 1.
Чтобы получить интересующее нас тождество Эйлера
ОО	°о S
П“+’">-1+ЕПтЬй	<’>
П—1	$=1 Й = 1
остается проверить, что при 0 х < 1
П(1+х«) = 1 + £ Апхп.	(7)
П=1	П=1
Раскрывая скобки в «частном произведении» бесконечного про-
изведения в левой части (7), имеем
N
Д(1+х») = 1+	£	x»1+»2+...+«s =
п=1	!<»!<...
W+1)
2
= 1+ £ Апх*.
п=1
где Ап — число способов, которыми натуральное п можно предста-
вить в виде (1) с любым а, но с ограничением
1 «С п.\ < п2 < ... < ns N-
Очевидно, что, с одной стороны, Ап^Ап, а с другой —Ап = Ап
при ns^N—1, так как в представлении (1) все и, < п. Следова-
тельно,
Af(W+l)
NN	2
1+ £ Л„х«<П(1 + х«) = 1+ £
n=l	n=l	n=l
Af(W+l)
2
1 + У, Anxn.
n-l
584
Переходя здесь к пределу при А-х», получаем равенство (7), а
следовательно и (6). Наконец, нз сходимости при 0 х < 1 ряда
ОО
V, хп вытекает в силу известного признака, что бесконечное про-
Д=1	ОО
изведение JJ (1 + хп) сходится, то есть обе части равенства (6)
П=1
конечны.
К задаче 194.
31.	Теорема Дирихле. Если т — положительное целое число и
целое а взаимно просто с т, то в арифметической прогрессии
а, а-\-т, ..., a + km, ...
содержится бесконечно много простых чисел (см., например, Чандра-
секхаран, соч. цит. в III 26, с. 163, теорема 8).
К задаче 199.
32.	Теорема Чебышева. Обозначим, как обычно, через я(х) чис-
ло простых чисел, не превосходящих х. Согласно Чебышеву
(П. Л. Чебышев, Поли. собр. соч, Изд. АН СССР, 1946, т. 1. Тео-
рия чисел, с. 191—207. См. также А. Е. Ингам, Распределение про-
стых чисел, М. — Л., ГОНТИ, 1936, с. 24), имеет место следующее
неравенство, справедливое при всех х, больших некоторого х0,
0,921 = h < "(х)1пх < 4 h.
х 5
Отсюда
/ 5 \	, 8/4х
я I -г х |	h-.—г-.—	п-
\ 4 ) 1п 6/4х _ 25 In х
я (х)	6. х ~ 24 1п х + In б/4 "
/бЛТГ7
Если правая часть больше 1, то я(6/4х) > я(х), и, значит, ме-
жду х и 6/4х имеется хотя бы одно простое число. Полагая х = рп,
где рп—n-е по порядку простое число, убеждаемся, что pn+i <Z
< 5/4рп, как это и утверждалось в решении задачи 199. Указанное
неравенство выполняется при всех достаточно больших х, поскольку
при х->+°° правая часть стремится к 25/24 > 1. (См. также
III. 41.)
К задаче 216.
33.	Определитель произведения прямоугольных матриц А и В
порядков «Хи и m Xп соответственно можно при п m найти
по формуле
det | АВ | = У det А{ , • detBf , ,
(lP-,i„)	’ n * n
где суммирование производится по всем сочетаниям по п из индек-
сов 1, 2, ...» т; >ф>; — минор матрицы А, образованный
585
столбцами с номерами/р...,/га, г — минор матрицы В, обра-
зованный строками с теми же номерами.
К задаче 219.
34.	О дробях Фарея (включая доказательство упоминаемого в
решении утверждения) см., например, й. Кюршак и др., пункт 72,
разд. III (соч. цит. в III. 1), а также И. М. Виноградов (соч. цит.
в III 6, стр. 21).
К задаче 224.
35.	Показатель а, с которым простое р входит в разложение
числа п! на простые сомножители, равен
ОО
-да
(И. М. Виноградов, соч. цит. в III. 6, с. 21).
К задаче 244.
36.	Последовательность подходящих дробей непрерывной дроби,
данной в условии задачи:
q	9
Xi=p, х2 — р-~, х2 = р----------1—......
совпадает с последовательностью итераций, которую мы получаем,
решая уравнение
X = f (*) = Р - J
простейшим методом последовательных приближений:
Xi = p, xn+t=f(xn).	(1)
Эта последовательность определена корректно, если ии иа каком
шагу мы не попадаем в нуль, в частности если р 0 (при
р = 0 исходная непрерывная дробь теряет смысл). Общие условия,
обеспечивающие сходимость последовательности (1), хорошо из-
вестны, но в данном конкретном случае проще разобраться непо-
средственно
Пусть £ — одни из корней уравнения х2 — рх q = 0, а г] =
= q/£— второй, причем |^| > |»]|. Тогда
хп S ъхп	хп
Случай q = 0 интереса не представляет, так как здесь хп = р —
Если р> 0 и q > 0, то 0<»]<g<p = xI. По индукции до-
казываем, что хп > и из (2) получаем
kn-£l<(-^)ra '\р-&|.
(3)
586
Аналогично при р < 0, q > 0 имеем хп < £ < Л < 0 и из (2) снова
получаем (3). Таким образом, xn->-g.
Если же q < 0, то (2) удобно проитерировать:
Если теперь р > О, то, как легко проверить, х2 = р — q/р >
> В = р/2 + л/р2/4 — q. По индукции мы убеждаемся, что Хгк > g,
рх2к — q>pl — ql2H
„2(6-1)
l^-BK-^^-gl.	(5)
Такая же оценка справедлива и при р < 0 (здесь х2к < £ < 0 и
pxk — q>pl — q — t,2). Из (5) вытекает, что х2к -► g, а тогда из
(2) Х2А+1 -> В, то есть снова хп -* g.
Заметим, что в рассмотренном нами случае (|т]| < |В|) спра-
ведлива оценка
х„-В = 0(|)П.	(6)
Случай HI = |В| может представиться, если р = 0 (эту воз-
можность мы условились не рассматривать) или р2 = 4q. Если
имеет место последнее, то
р2
Делая подстановку ап — *п/р —’/г, получаем
“п ..	1
а«+1 - j 2а„ ’ а' ~ 2 ’
и по индукции ап = |/2п, то есть
Хп-В = ра» = 0(4)-	(7)
Различие в асимптотиках (6) и (7) связано с тем, что в первом
случае |Г(В)| = l<Z/B2l = h/BI < 1> а во втором f'(g) = 1 (здесь
f(x)—та же, что и в (1)). Наконец, заметим, что последователь-
ность хп не может сходиться к т], так как |f'(i])| > 1.
Применяя метод Ньютона, мы получаем последовательность x'h,
сходящуюся к g гораздо быстрее. А именно: если х[ = х{==р, то из
решения задачи 244 видно, что хк = x2k-f Отсюда
|4+1 ~В| = О при InKIBI.
I 4+1 - ?| = ° (jr) ПРИ
587
К задаче 256.
37.	Об одном свойстве дзета-функции. В решении задачи 256
используется интересная формула (при з = 2):
оо	,	оо оо
Z (2k +\)* ~ S(2s) = X X (т2 + n2)s 
fe=0	n=l »1=1
ОО
Правая часть здесь равна	’ v,1!i	— число спосо-
N=l
бов, которым N можно представить в виде упорядоченной суммы
двух ненулевых квадратов. Если
Л?'-
где pi — простые вида 4«+1, а Qi— простые вида 4« + 3, то, со-
гласно III. 10,
КЮ = (₽, + 1)... (₽* + 1) (1 + (~1)V‘) ... ( * ± ^-),
если W не является квадратом; то же выражение надо уменьшить
на 1, если N —N\.
С другой стороны,
оо	оо оо	оо
пл V (-1) = V V (-1)* _ у gW
(2Й + 1)'5	[n(2k +1)F ns ’
Л-0	fe-0 n-1	N=\
где
(2fe+l)|tf
(сумма распространена на все нечетные делители числа N). Если N
имеет тот же вид, что и выше, то
2k+ 1 == pf1 ... pfyq*' ... q*1, 6,-ez<yz
и потому
(2k +1) (-I)®1 + - +e' (mod 4); (-1)* (-I)®1 + - +®< (mod 2).
Следовательно,
am- x
0<6,<6,,	i	I 4	z
f(N),
t(N) + \, N = Nl
588
Отсюда
00,	00	00	оо
у (-1)* = у g(N) = у fW , у 1 =
Zj(2fe+1/	Zu № Zu № Zu rfs
k^Q	7V = 1	A'i-1 1
oo oo
= X X (m2 + п2У + S(2s)’
7?2 = 1 П = 1
что и утверждалось.
К задаче 281.
38.	Полуправильные тетраэдры. Доказательство этой теоремы
можно получить из решений задач 29 и 39 в книге Д. О. Шкляр-
ского, Н. Н. Ченцова, И. М. Яглома «Избранные задачи и теоремы
элементарной математики» (ч. 3, М., 1954, ГИТТЛ). Интересно, что
существуют и другие свойства, характеризующие тетраэдры с че-
тырьмя конгруэнтными гранями. Например, достаточно, чтобы пло-
щади граней были равны и т. п. В некоторых руководствах насчи-
тывается до 14 эквивалентных характеристик таких тетраэдров. Их
называют полуправильными.
К. задаче 289.
39.	Неравенство Шура. Нужную оценку можно получить также,
применив известное неравенство Адамара (Ф. Р. Гантмахер, Теория
матриц, М., «Наука», 1967, стр. 230) к определителю Вандермонда:
и
|Д|<П(1 + 1гИ2+ - +РГ1|2)'/2<пп/2,
i = l
так как jzj < 1. Отсюда
I П (г/ - гй) I <
I I zjk k	I
Поскольку при f (г) = г” — 1 левая часть равна пп, эта величина
действительно обеспечивает искомый максимум.
Замечательно, что попутно мы получили решение следующей
геометрической задачи:
В круге выбрать п точек так, чтобы произведение 0^ попар-
ных расстояний между ними было максимальным.
Ответ — вершины правильного вписанного многоугольника.
589
К задаче 334.
40.	Еще о квадратичных вычетах и невычетах. Если р и q —
простые нечетные числа и хотя бы одно из них имеет вид 4m -|-1,
то одновременно либо каждое из них является квадратичным выче-
том по модулю другого, либо это для обоих не так (закон взаимно-
сти, см. III. 7 (8)). Поскольку ±1 является квадратичным вычетом
по модулю 5 (2* = —1 (mod 5), 42 s= 1 (mod 5)), то и р = 5т±1
будет таковым, а потому и 5 будет квадратичным вычетом по мо-
дулю р.
Утверждение относительно числа 2 вытекает из формулы III. 7
(7) и закона взаимности.
К задаче 346.
41.	Уточнение постулата Бертрана. В III 32 было доказано, что
при m > mo ближайшее простое число, большее т, не превосходит
5/4m<2m —2. (Этот результат получил еще П. Л. Чебышев, см.
его соч. цит. в III. 32.)
Можно воспользоваться также оценками:
л(х)>х/1пх для х>17,
я (х) < 1,26х/1п х для х 2
(см. J. В. Rosser, L. Schoenleld, Approximate formulas for some
lunctions of prime numbers, Illinois Mathematical Journal, 1962, № 6,
64—69; следствие из теоремы 2).
Из этих оценок при т 10
я (2m — 2) 2m — 2 In т _ 2 т — 1 In т
я(т) ln(2m —2)	1,26m	1,26 m ln(2m — 2)
>_2_.А.1>1
1,26	10 4	’
4
так как ln(2m— 2) < In 2m <-5- In m. Отсюда л(2т— 2) > n(m),
о
то есть между m и 2m — 2 найдется простое число Для 3 <Z т 9
нужное утверждение получается непосредственной проверкой.
Те же оценки позволяют доказать неравенство Pn+iCyRn,
использованные в решении задачи 199. А именно, при х 12
я (3/гх) 3/гх . 1п х ______1_______1п х
я (х) >1п3/2х 1,26х	0,87 In х + In 3/2
так как 1пх>51п3/г. Отсюда между х 12 и 3/гх есть простое
число. Случай рп = 11 проверяется непосредственно.
ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ1
Автоморфизмы групп 243
Алгебраические уравнения 147
----, корни 24, 25, 34, 90, 164
•---, система 67
Аналитическая функция 36, 128,
237, 262
Аналитический критерий вписан-
ности многоугольника III.20
Арифметическая прогрессия 5,
305
Ареатангенс 396
Арккотангенс 29, 127
Арктангенс 52, 396
Базис Гамеля III. 15
— матриц идемпотентный 97
Барицентр треугольника III. 1
Барицентрические координаты
III. 28
Бернулли многочлены второго
рода 248
—	числа 28
Бертрана постулат III. 41
Бесконечное возведение в сте-
пень 386
—	отношение 272
— произведение 182, 197, 228,
253, 308
Бесконечный спуск, метод 107
Бином 208
Биномиальные коэффициенты 24,
46, 54, 65, 66, 79, 81, 82, 105,
124, 259, 311, 332, 352, 356, 368
Брианшона теорема III. 4
Брокара угол 160
Булево кольцо 205
Вариационное исчисление 45
Великая теорема Ферма 48, 309
Вероятность 71, 84, 142, 187, 201,
240, 271, 303, 397
Верхняя плотность числовой по-
следовательности 232
Взаимно простые числа 134
Взаимно-однозначное соответ-
ствие между точками откры-
того и замкнутого отрезков
86
Взаимности закон III. 7
Вильсона теорема III. 6, 398
Вписанная сфера тетраэдра 47,
281
Выпуклая функция III. 13
Выпуклый многогранник 148
— многоугольник 59, 117, 365
— четырехугольник 363
Вычеты квадратичные III. 7,
III.40
Вычисление корней квадратного
уравнения, графический метод
80
----- многочлена по методу
Ньютона 244
— циркулянта III. 17
Гамеля базис III. 15
Гамильтонов цикл 358
Гамма-функция Эйлера III. 11,
77, 179
Гармоническая функция 27
Гармоническая четверка прямых
III.3
-----точек III. 2
1 Числа в указателе означают номера задач, числа после римской
цифры III — номера пунктов в дополнении. — Прим, перев.
591
Гармонический ряд 304, 338,380,
381
Гаусса признак сходимости ряда
III. 16
—	сумма III. 26
—	формула III. 26
Гауссово кольцо III. 10
— число III. 10
----, норма III. 10
Геометрические задачи на мак-
симум и минимум 11, 19, 74,
102, 176, 265, 390
Геометрические построения без
линейки 21
----при помощи линейки 31,
35, 375
Гессиан 14, 36
Гипербола 129, 184
Гиперболические функции 118
Главная часть бесконечно малой
385
Группа 243, 246, 255
Движение под действием цент-
ральных сил 399
Двойное отношение III. 2
Дезарга теорема III. 4
Декарта правило 90
Делимость чисел 42, 75, 93, 112,
139, 144, 224, 231, 236, 247, 263,
264, 274, 279, 288, 291, 299, 306,
325, 347, 351, 391
Делительное свойство 276
Дзета-функция Римана III. 11,
III.	37
Диаграммы Эйлера 354
Диатомическая последователь-
ность Штерна 219
Диофантовы уравнения 6, 23, 65,
95
Дирихле теорема III. 31
Дифференциальный оператор,
факторизация 168
Дифференциальные уравнения
обыкновенные 61, 122, 254,
372
----в частных производных
первого порядка 136
Дроби 1, 15, 302, 334
—	непрерывные 244
—	Фарея III. 34
Естественная граница функции
262
Жергона точка III. 1
Задача Банаха 271
—	о бильярдном шаре 329
—	Льюиса Кэррола 8, 376
—	на определение фальшивой
монеты при помощи взвешива-
ния 212, 359
—	Платона 346
— на разрезание (планиметриче-
ская) 16, 326
------(стереометрическая) 301,
344, 388
— Эддингтона о четырех лже-
цах 240
Замечательные точки и линии в
треугольнике III. 1
Закон взаимности III. 7
Закон всемирного тяготения
Ньютона 285
Закон обращения теоретико-чис-
ловых функций III. 8
Игра 142, 150, 187
— в 14	187
— на совпадение чисел 211
Идемпотентный базис матриц
97
Измеримые множества 103
Инверсор Поселье 220
Интеграл несобственный 119,210,
213, 293
— определенный 3, 230
Интерполяционный многочлен
Ньютона III. 14
Иррациональные числа 233
Касательные к окружности 35
— к параболе III. 29
Квадрат 16, 57, 126, 166, 260
— магический 374, 378
Квадратичная форма, приведе-
ние к сумме квадратов 99
Квадратичный вычет III. 7,
III.	40
— невычет III. 7, 107
Комплексные числа 69, 291, 341
Конгруэнтные пучки прямых
III.3
Конечные разности III. 14, 20, 77
Коническое сечение III. 3
---вырожденное III. 3
---невырожденное III. 3
Конкурентные прямые 62
592
Контактная схема 317
Континуум-гипотеза Кантора 229
Конус 17, 371
Кольцо булево 205
—	гауссово III. 10
—	с делением 269
Корни алгебраического уравне-
ния 24, 25, 34, 90, 164
— характеристического уравне-
ния 116
Кривизна 162
Кривые постоянной ширины 349
Криптарифм 310, 366
Критерий Эйлера 111.7
Куб 391
Кубический многочлен 32, 318,
328
Лемнискатное множество 289
Линия «погони» 154
—	- сгиба 324
Логарифм, натуральный 157
Логические задачи ПО, 252, 312,
370
Магический квадрат 374, 378
Малая теорема Ферма III. 6, 257
Мартышка и кокосовые орехи 42
Матрицы 12, 192, 337, 357, 393
Мёбиуса функция III. 8, 189
Медианы симплекса 92
Менелая теорема III. 25
Мера 103
Мерсенна числа 267
Метод бесконечного спуска 107
Многогранники 358, 400
—	выпуклые 148
Многоугольники 72, 145, 185, 390
—	выпуклые 59, 117, 365
Многочлен 24, 278, 343
—	Бернулли второго рода 248
—	Ньютона интерполяционный
III. 14
—	однородный 14, 36
—	, разложение на множители 88,
101
—	симметрический 159
—	четвертой степени 379
Множество точек минимума
функции двух переменных 273
Модуль непрерывности 153
—	функции вещественного пере-
менного 132
—	— комплексного переменного
133, 217, 250, 292
Нагеля точка III. 1
Наиболее экономичное сопротив-
ление 60
Наибольший общий делитель 188.
392
Наименьшее общее кратное 138
Направляющие косинусы 106
Натуральные числа 361, 364
Неассоциативное умножение 155
Невычет квадратичный III. 40
Недесятичная система счисления
177, 221, 287
«Незаконное» сокращение 302
Необычное умножение 130
Непрерывная дробь 244
—	фУнкЦия 33
Непрерывность по Чезаро 214
Неравенства 33, 118, 132, 138,
139, 156, 157, 166, 181, 185
Неравенство для концов отрез-
ков на числовой оси 141
—	треугольника 202
—	Шура III. 39
Неспрямляемая кривая 137
Норма гауссова числа III. 10
Обезьяна и груз 8
Объем симплекса 216
—	тела вращения 307
Огибающая семейства кривых 51
Окружность девяти точек 261,
315
Описанная гиперсфера симплек-
са 140
—	окружность 315
— сфера тетраэдра 281
Ортоцентр треугольника III. 1,
227
Определитель 5, 18, 34, 49, 66, 67,
68, 73, 82, 87, 93, 124, 125, 151,
169, 170, 188, 300, 353, 368, 378,
384
— произведения прямоугольных
матриц III. 33
— функциональный 43, 151, 218
Парабола 10, 13, 85, 114, 152,
167
Параболоид вращения 355
Паскаля теорема III. 4
— треугольник 66
Пелля уравнение III. 9
Перестановка 190
— с повторениями 109
593
—	циклическая 165
—	членов ряда 197
Пифагоровы треугольники 78,
323, 377
Плоская кривая с экстремаль-
ным свойством 45
Площадь треугольника на комп-
лексной плоскости III. 21
Показательная функция 182
Полный четырехсторонник
III.2
— четырехугольник III.2
Полуправильные тетраэдры
III.38
Полюс III. 5
Полярное соответствие III. 5
Последовательность числовая 30,
38, 294, 348
Постоянная Эйлера III. 12, 171,
172, 238, 275, 380
Постулат Бертрана III. 41
Правило Декарта 90
Предел 55, 72, 77, 394
— последовательности 30, 226,
268, 348
Представление натуральных чи-
сел в виде суммы двух квад-
ратов III. 10
----------------/ей степени це-
лого числа и простого числа
239
Проверка правильности утвер-
ждения 22, 39, 229, 385
Проективное преобразование
III.2
— соответствие III.2
— — между прямыми в двух
пучках III. 3
Произведение бесконечное 182,
197, 228, 253, 308
— отражений 395
—• последовательных целых чи-
сел 98, 144
Простота числа, условие 332
Простые числа 100, 107, 199, 266,
335
—- — в арифметической прогрес-
сии 305
----,распределение 183
Прямая Симеона III.22, 85
— Эйлера III. 1, 261
Прямоугольные треугольники ра-
циональные 78
Прямые и точки 178
594
Равнобедренные л-точечникн
360
Равномерно ограниченные сум-
мы 284
Равносторонний треугольник 10,
16, 53
Разбиение на классы 190
— числа на слагаемые 180
Разложение в степенной ряд 7
— целого числа в произведение
целых чисел 215
— числа In 2 в ряд 111
-----л в ряд 29, 52, 111, 249,
256, 387
Распределение простых чисел
183
------- специального вида 297
Рациональные точки на окруж-
ности 383
— числа 70, 78, 383
Решение уравнений в целых чис-
лах 6, 23, 44, 65, 95, 194, 209,
331
Рнмана дзета-функция III. 11,
III. 37
Род графа 345
Ряд гармонический 304, 338, 380,
381
—.признак сходимости Гаусса
III 16
— расходящийся 235
— степенной 20, 186 228, 253,
321
— функциональный 286
— Фурье 241
— числовой 2, 50, 64, 161, 197,
198, 223, 242, 258, 298, 362
Символ Лежандра III. 7
Симметрические функции 159,
189
Система линейных уравнений 290
Спрямляемая кривая 137
Сравнение III. 6, 63, 91, 120, 196,
327, 332, 398
Среднее квадратичное 41
Степени натуральных чисел 124,
245, 319, 322
Строго выпуклая функция
111.13
Ступенчатая функция 282
Сумма Гаусса III.26
— последовательных целых чи-
сел 144
— степеней натуральных чисел
58
—	чисел, обратных целым 70
Сфера 26, 330
Теорема Брианшона III. 4
—	Вильсона III. 6, 398
—	Дезарга III. 4
—	Дирихле III. 31
—	Паскаля III. 4
—	о среднем значении 204, 282
—	Фейербаха III. 1
—	Ферма великая 48, 309
—	— малая III. 6, 257
— Хелли 278
— Чебышева III. 32
— Чевы III. 1, 123
—	Эйлера III. 1
Теоретико-числовая функция 163
Тетраэдр 47, 143, 281, 320, 342
Тетраэдр полуправильиый III. 38
Тождество 49, 105
— Эйлера III. 30
Точка Жергона III. 1
Точки Фейербаха III. 1
—	Эйлера III. 1
Трансверсали 115, 123
Трансцендентное уравнение 295
Треугольник 32, 40, 53, 62, 85,
108, 113, 115, 121, 123, 152, 156,
158,' 160, 167, 173, 176, 181, 202,
225, 227, 315, 316, 320, 369, 389
—	Паскаля 66
— с целочисленными сторонами
121
--------и площадью 173
Тригонометрические многочлены
203
— уравнения 174, 175, 195
— функции 234, 283
Угол Брокара 160
— наклона касательной 162
Умножение неассоциативное 155
— необычное 130
Уравнение Клеро 254
— Пелля III. 9
— алгебраическое 24, 25, 34, 67,
90, 147, 164
— дифференциальное в частных
производных первого порядка
136
— обыкновенное дифферен-
циальное 61, 122, 254, 372
— функциональное 4, 9, 83, 94,
131
Факториал 56, 90, 146, 191, 224,
350
Факторизация дифференциаль-
ного оператора 168
Фарея дроби 111.34
Фейербаха теорема III. 1
— точки III. 1
Ферма великая теорема 48, 309
— малая теорема III. 6, 257
Фибоначчи числа 127, 267, 339,
384
Формула Гаусса III. 26
—	Эйлера 373
Функция аналитическая 36, 128,
237, 262
—	выпуклая III. 13
—	гармоническая 27
—	, естественная граница 262
—	Мёбиуса III. 8, 189
—	непрерывная 33
—	симметрическая 159, 189
—	строго выпуклая III. 13
—	ступенчатая 282
— Эйлера III. 8, 251
---dl(ra)(x) 296
Функциональное уравнение Ко-
ши III. 15
Функциональные уравнения 4, 9,
83, 94, 131
Ханойская башня 150
Хелли теорема 278
Целая часть числа 270, 294
Цилиндр 314
Циркулянт III. 17, 5
Чебышева теорема III. 32
Чевы теорема III. 1, 123
Чевианы III. 1, 389
Четырехсторонник полный III. 2
Четырехугольник выпуклый 363
— полный III. 2
Числа Бернулли 28
— взаимно простые 134
— Гаусса III. 10
— иррациональные 233
—, обратные целым 125, 258, 280,
382
595
— простые 100, 107, 183, 199, 266,
305, 335
— рациональные 383
— Фибоначчи 127, 267, 339, 384
Числовая последовательность 30,
38, 294, 348
Штейнера эллипс III. 23
Эллипс 74, 76, 104, 176, 367
Эйлера гамма-функция III. 11,
77, 179
—	критерий III. 7
—	постоянная III. 12, 171, 172,
238, 275, 380
—	теорема III. 1
—	тождество III. 30
—	точки III. 1
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие редактора	русского	издания ............. 5
I.	Задачи...............................................13
II.	Решения и ответы...................................117
III.	Дополнение редактора	русского	издания.............545
Предметный указатель...............................591
ЗАДАЧИ И ОЛИМПИАДЫ
Редактор А. Кондрашова
Художник Л. Муратова
Художественный редактор Т. Тихомирова
Технический редактор И. Манохина
Корректор Е. Литвак
Сдано в набор 8/XII 1976 г. Подписано к печати
26/VII 1977 г. Бумага № 3 84X108‘/S!-9,38 бум. л.
31,50 печ. усл. л. Уч -над. л. 29,99. Иад. № 12/8823.
Цена 1 р. 70 к. Зак. 436.
ИЗДАТЕЛЬСТВО <МИР»
Москва, 1-й Рижский пер., 2
Ордена Трудового Красного Знамени
Леиииградская типография № 2
имени Евгении Соколовой Союзполиграфпрома
при Государственном комитете Совета
Министров СССР по делам издательств,
полиграфии и книжной торговли,
198052, Ленинград, Л-52,
Измайловский проспект, 29.