ВО.БХГХЕНКЭ
ТУШШ
/ФИМЕЖ
МОСКОВСКИЙ ЦЕНТР НЕПРЕРЫВНОГО
МАТЕМАТИЧЕСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ
ИНФОРМАЦИОННЫЙ ЦЕНТР
ТУРНИРА ГОРОДОВ
В. О. Бугаенко
Турниры им. Ломоносова
Конкурсы по математике
Издание третье,
исправленное и дополненное
МЦНМО
ЧеРо
1998
В. О. Бугаенко. Турниры им. Ломоносова. Конкур-
сы по математике.— М.: МЦНМО, ЧеРо, 1998.— 160 с.
Художник В. П. Медведев.
В книге собраны задачи всех конкурсов по математике тур-
ниров им. Ломоносова за двадцать лет с 1978 по 1997 годы. Ко
всем задачам имеются ответы и полные решения. В главе «Не-
много теории» на материале задач сборника излагаются часто
используемые методы решения олимпиадных задач. Книга рас-
считана на школьников 6-10 классов, увлекающихся решением
олимпиадных задач по математике, учителей математики, ру-
ководителей математических кружков.
ISBN 5-900916-18-9
© В. О. Бугаенко, 1998
© МЦНМО, 1998
© В. П. Медведев, иллюстрации, 1998
Издание осуществлено при финансовой поддержке
Московского Комитета Образования и Соросовской
образовательной программы в области точных наук
Компьютерный набор осуществлен автором
с использованием макропакета lAT^X 2^
Издательство Московского Центра
непрерывного математического образования
Лицензия ЛР №071150 от 11.04.95 г.
Подписано в печать 3.2.98. Формат 84 х 108/32
Бумага офсетная №1. Печать офсетная. Печ. л. 5,0
Тираж 5000. Заказ №106
Отпечатано с готового оригинал-макета
МЦНМО
121002, Москва, Большой Власьевский пер., 11
ОАО «Типография „Новости44»
107005, Москва, ул. Фридриха Энгельса, 46
Предисловие
Особенности предлагаемого сборника задач вытекают из того,
как он составлялся. На Турнире им. Ломоносова предлагаются
задания по нескольким предметам: математике, физике, химии,
биологии, наукам о Земле, лингвистике, истории, и иногда еще
по некоторым другим. Участники имеют право участвовать в
конкурсах по тем предметам, которые они выберут. Состави-
тели заданий — представители названных наук поневоле всту-
пают в конкуренцию за учащихся — стараются дать привлека-
тельные задания. И непосредственной целью Турнира является
не выявление победителей, а привлечение к кружкам.
В сборнике представлены задачи по математике за все про-
шедшие годы. Авторы заданий исходили из того, что учащиеся
— это любознательные, живые люди, у которых найдутся вре-
мя и желание узнавать что-то новое сверх обычных школьных
занятий. Кроме того, приходилось принимать во внимание, что
интересы этих учащихся еще не определились и что участни-
ки Турнира не имеют специальных знаний и навыков, необхо-
димых для решения задач вне школьной программы. При этом
хотелось предложить такие задачи, которые дают по возможно-
сти правильное представление о характере науки математики.
Дело в том, что обычные школьные занятия перегружены не-
интересными упражнениями, которые показывают собственно
не математику, а только некоторые элементы математической
техники. Редкие ученики могут увидеть красоту математики
через такое обучение. Оно может вызвать даже ненависть к ма-
тематике, подобно тому, как обучение в музыкальных школах
иногда вызывает ненависть к музыке даже у способных уче-
ников. А ведь по сравнению с музыкой математика находится
в невыгодном положении — музыку слышали все без всякого
обучения, а математика без обучения недоступна.
Теперь уже очевидно, что многолетние усилия составите-
лей заданий привели к замечательным результатам. Получился
сборник достаточно простой, достаточно красивый и в то же
3
время разнообразный. Он годится не только для того, чтобы
привлечь к математике интересы учащихся, но и для того, что-
бы научить многому полезному. Задачи могут быть использо-
ваны руководителями математических кружков, они годятся и
тем учащимся, которые будут решать их самостоятельно.
Автор этой книжки — В. О. Бугаенко — один из активных
организаторов турниров им. Ломоносова в течение ряда лет.
Основное его достижение в данном сборнике — методическая
разработка и оформление материала, которые помогают его
использованию на разных уровнях математической подготовки
учеников, в особенности на низших уровнях, когда необходимо
преодолеть самые трудные первые барьеры.
Чему учат такие задачи? Прежде всего — имея перед со-
бой задачу, нужно почувствовать ее дух и стиль и исходить в
поисках решения из этого ощущения, а не из заранее заданного
списка известных методов (такой подход тоже возможен, но по
большому счету не может быть главным).
Во-вторых, набрав некоторый опыт в решении задач этого
уровня (когда число решенных задач измеряется парой сотен),
можно другими глазами смотреть на более трудные задачи.
Решая трудную задачу, приходится рассматривать различные
гипотезы, выбирая обнадеживающие и отбрасывая кажущиеся
бесперспективными. Выбор и отбрасывание приходится делать
в большинстве случаев без доказательств, а только на основе
ощущения правдоподобности, которое как раз и воспитывается
на ранее решенных задачах.
В-третьих, ученик узнает для себя, получает ли он большое
удовольствие от самого процесса работы. Если да, то он не
затоскует, если выберет профессию математика или связанную
с математикой.
И в заключение — мой совет ученикам, если они читают
это предисловие. Не бойтесь математики — она хороша уже
тем, что из нее легко переходить в другие профессии, и все
приобретенные навыки оказываются полезными почти в любом
деле.
Председатель Оргкомитета Турнира им. Ломоносова
Н. Н. Константинов
4
К читателю
Турнир имени Ломоносова и другие олимпиады
Ежегодно для московских школьников проводится множе-
ство всевозможных олимпиад. Только структура Всероссий-
ских олимпиад состоит из пяти этапов по каждому из пред-
метов: математике, физике, химии, биологии, информатике.
Многие вузы проводят собственные олимпиады для школь-
ников. Два раза в год московским школьникам предлагается
посоревноваться в решении математических задач со школь-
никами более чем 100 городов мира в Турнире городов. Часто
школьники, которые еще не определили, какие предметы их
интересуют больше всего, стараются участвовать в как можно
большем количестве олимпиад по разным предметам. При этом
иногда приходится тратить на это все выходные дни подряд,
и все равно не удается осуществить всех планов, так как за-
частую различные олимпиады проходят в один день. Турнир
имени М. В. Ломоносова отличается от большинства олимпи-
ад тем, что его участники могут в один день участвовать в
нескольких конкурсах по разным предметам.
ТУрнир им. Ломоносова проводится каждый год в одно
из воскресений первой четверти. Одновременно в нескольких
местах, разбросанных по всему городу, проходят одни и те
же конкурсы. Чтобы участвовать в турнире можно приехать в
любое из этих мест, что позволяет школьникам избежать про-
блемы огромных московских расстояний. Большинство хозяев
турнира — это московские вузы. Их состав от года к году меня-
ется, за двадцать лет проведения турнира его принимали около
двадцати вузов; в разные годы он проходил в МАИ, МИТХТ,
МИЭМ, МИНГ, МИИТ, МИСИС, МАТИ, МПГУ, РГГУ, РУДН,
МГУ (не случайно в условиях задач как-то фигурировал
турнир, проходящий в вымышленном институте МИМИНО).
Среди хозяев турнира стоит особо отметить Дом научно-техни-
ческого творчества молодежи. В течении всего учебного года
5
там проходят занятия кружков по разным предметам, ведется
исследовательская работа, проводятся конкурсы и олимпиады.
Для ДНТТМ проведение турнира им. Ломоносова не ограни-
чивается предоставлением помещения, это органическая часть
всей его деятельности. Многие преподаватели ДНТТМ явля-
ются организаторами различных конкурсов турнира и активно
работают в его оргкомитете.
В течении многих лет ломоносовский турнир проходил ис-
ключительно благодаря энтузиазму и энергии его организато-
ров, но в последние два года произошло резкое изменение от-
ношения к нему со стороны органов образования. С 1996 года
турнир им. Ломоносова поддерживается Московским комите-
том образования, который финансирует его проведение. Благо-
даря содействию проведению турнира со стороны Московско-
го института повышения квалификации работников образова-
ния (МИПКРО) значительно облегчилась связь с московскими
школами. Последний (двадцатый) турнир проходил 28 сентя-
бря 1997 года сразу в 14 местах, большинство помещений на
этот раз предоставили московские школы. В основном это шко-
лы, ученики которых наиболее активно участвовали в преды-
дущих ломоносовских турнирах. Если в прошлые годы количе-
ство участников турнира составляло от 500 до 1000 человек, то
в последний раз на него пришло свыше 2200 школьников.
Два года назад в Москве произошло еще одно событие, су-
щественно повлиявшее на работу со школьниками, в частно-
сти, на проведение турнира им. Ломоносова. В сентябре 1996
года открылось здание Московского центра непрерывного ма-
тематического образования (МЦНМО) в Большом Власьевском
переулке. МЦНМО (или просто, «Центр») взял на себя коорди-
нацию всей внешкольной работы (кружки, олимпиады, летние
и зимние лагеря и т. п.) по математике (и, в какой-то степени,
по другим наукам). Он был одним из мест проведения ломоно-
совского турнира 1997 года. У Оргкомитета турнира им. Ломо-
носова появился штаб — комната в здании МЦНМО. Благода-
ря «Центру» у Оргкомитета появились помещения для провер-
ки работ и хранения архивов (в частности, электронный архив
турнира хранится на сервере mccme.ru), контактные телефоны
и издательская база. Во многом благодаря поддержке МЦНМО
6
удалось успешно провести последний турнир с рекордным ко-
личеством участников.
О конкурсах турнира имени Ломоносова
Состав конкурсов год от года меняется, но неизменно все
двадцать лет существования турнира проводятся соревнования
по математике, физике, биологии. В разные годы проводились
конкурсы по лингвистике, экспериментальной физике, истории,
астрономии, геофизике, литературе, авиации. Однажды даже
предлагались задачи по экспериментальной математике. Са-
мым необычным, по-видимому, является конкурс по матема-
тическим играм. На нем участникам предлагается поиграть в
игру, правила которой они только что узнали. За час нужно
придумать выигрышную стратегию для этой игры. Приходить
сюда желательно по двое.
Стиль проведения конкурса определяется его организато-
рами и зависит от специфики предмета и фантазии организа-
торов. Даже конкурс по одному и тому же предмету может
проходить по-разному в разные годы. Конкурсы по математи-
ке, задачи которых собраны в этой книге, обычно похожи на
традиционную математическую олимпиаду. Однако во второй
половине восьмидесятых годов они проходили в необычной для
московских школьников форме устной олимпиады. Школьники
рассказывали свои решения задач членам жюри устно и, в отли-
чие от письменной олимпиады, сразу узнавали, верно ли задача
решена. Если задача решена неверно, или в решении имеется
пробел, принимающие решения задач члены жюри указывают
на ошибку. Ошибку можно исправить и еще раз рассказать ре-
шение, однако на рассказ решения каждой задачи дается не бо-
лее трех попыток. Тем, кто успешно справился с предложенны-
ми задачами, предлагались дополнительные — более трудные.
Традиция устной олимпиады пришла из Санкт-Петербурга, где
уже несколько десятилетий таким образом проходит город-
ская олимпиада. В начале девяностых дата проведения турни-
ра им. Ломоносова совпадала с тренировочным туром Турнира
городов по математике, и большинство задач математического
конкурса совпадали с задачами, предлагавшимися на Турнире
7
городов. Некоторые задачи турнира 1996 года были заимство-
ваны из материалов турнира «Математика 6-8», проводивше-
гося журналом «Квант».
Турнир длится пять часов, и за это время можно посетить
любое количество конкурсов. Некоторые участники, приходя
на турнир, заранее знают, какие конкурсы они посетят и куда
пойдут в первую очередь. Другие же принимают решение уже
придя на турнир, иногда после того, как пройдут по аудитори-
ям и посмотрят на задачи. Иногда школьники заходят в ауди-
тории, не собираясь участвовать в проводимом там конкурсе.
Это не запрещается, порой школьник при этом обнаружива-
ет, что предмет, который в школе казался ему неинтересным
и скучным, на олимпиаду по которому он бы никогда не по-
шел, содержит массу интересных и неожиданных вопросов, о
которых нигде в школьных учебниках не написано, и никогда
школьный учитель не рассказывал. Такие «открытия» делают-
ся участниками нередко, поэтому организаторы рекомендуют
всем перед уходом с турнира зайти на те конкурсы, в которых
они не участвовали, и просто переписать условия задач.
Никаких ограничений на количество посещаемых конкур-
сов и на время нахождения на каждом из них не налагает-
ся (исключение составляет лишь конкурс по математическим
играм, который проводится в виде нескольких часовых сеан-
сов), однако считается оптимальным участвовать в двух-трех
конкурсах и на каждом провести от одного до двух часов. В
частности, задачи математического конкурса подбираются из
такого расчета. Поэтому, как правило, сложность задач не пре-
восходит уровня районной олимпиады. При этом, однако, ор-
ганизаторы стараются, чтобы в каждой, даже самой легкой,
задаче содержалась «изюминка». Впрочем, из любого правила
имеются исключения, и порой «изюминка» оказывается «креп-
ким орешком». Например, задача 80.4 настоящего сборника по
существу решает знаменитую проблему равновеликости и рав-
носоставленности на плоскости. Среди задач устных конкурсов
1985-1989 годов вы также найдете достаточно сложные. Неко-
торые задачи, не выходя за рамки школьной программы по ма-
тематике, фактически знакомят с понятиями и методами более
продвинутых математических теорий. Так задача 87.3 является
8
простейшим примером задачи линейного программирования, а
задача 88.10 связана с теорией образующих и порождающих
соотношений дискретных групп.
После проверки работ проводится разбор задач и награжде-
ние победителей турнира. Вместе с победителями отдельных
конкурсов награды получают также «многоборцы» — школьни-
ки, достигшие существенных результатов сразу в нескольких
конкурсах.
Об этой книге
В настоящей книге впервые собраны вместе все задачи од-
ного из конкурсов турнира им. Ломоносова за все годы. Мы на-
деемся, что ее издание подтолкнет организаторов других кон-
курсов проделать аналогичную работу. Было бы хорошо, если
бы это издание начало серию книг с задачами различных кон-
курсов турнира.
Книга в первую очередь рассчитана на учеников 6-10 клас-
сов, увлекающихся решением олимпиадных задач по математи-
ке. Надеемся также, что она может быть полезна школьному
учителю и руководителю школьного математического кружка.
В книге собраны все задачи конкурсов по математике всех тур-
ниров с 1978 по 1997 годы. При сборе задач из различных архи-
вов мы столкнулись с тем, что их условия в различных источ-
никах были записаны по-разному. Мы провели стилистическую
правку некоторых условий, однако не исключили из книги ни
одной задачи, даже если она казалась нам неинтересной. Таких
задач было немного, и мы решили, что лучше, если книга будет
не только задачником, но и документальным свидетельством
многолетней работы. А школьники теперь имеют возможность
заочно посоревноваться с участниками всех предыдущих тур-
ниров.
Перед условием каждой задачи в скобках указаны классы,
для которых эта задача предлагалась (в принятой сейчас один-
надцатилетней нумерации). Наиболее трудные задачи отмече-
ны звездочкой. Ко всем задачам даны ответы и полные реше-
ния. Однако, хотим предупредить вас, что прочтение решения
принесет вам мало пользы, если вы перед этим не потратите
9
достаточно времени, постаравшись решить задачу самостоя-
тельно. К большинству задач в книге имеются указания, кото-
рые могут подсказать идею решения, если задача не поддается
вашим настойчивым усилиям. Многие из них имеют форму на-
водящих вопросов. Советуем также прочитать предложенное в
книге решение и в случае, если вы решили задачу самостоятель-
но. Возможно, в нем вы найдете новые для себя идеи. Завершает
книгу глава «Немного теории». В ней собраны несколько тем,
применяемых при решении олимпиадных задач. Все они тем
или иным образом связаны с задачами, собранными в книге.
Некоторые из этих тем помогают найти путь к решению зада-
чи, в этом случае указания отсылают вас к соответствующему
пункту теории. Другие развивают решение задачи, связывая
ее с другими задачами, тогда соответствующий пункт теории
упоминается в главе «Решения». В ссылках глава «Немного те-
ории» обозначается буквой Т. Если в этой главе дается опреде-
ление, то определяемое понятие выделяется курсивом.
Условия некоторых задач несут на себе отпечаток времени,
когда проходил конкурс. Так в задачах вы встретите пионеров,
булочки за 10 копеек, карточки Спортлото — понятия, тре-
бующие для современных школьников специальных коммента-
риев. Мы от них воздерживаемся, поскольку математика рас-
сматривает абстрактные объекты, даже если они возникают
из реальной жизни. Поэтому предлагаем относиться к перечи-
сленным понятиям так же, как и к персонажам других задач
— Али-Бабе, барону Мюнхгаузену, Шалтаю-Болтаю и загадоч-
ным тремпончикам.
О тех, кого нельзя не упомянуть
Создание этой книги является плодом многолетнего тру-
да десятков людей. Даже авторство большинства задач сей-
час установить достаточно сложно — многие из них стали уже
своеобразным математическим фольклором. При подготовке
третьего издания книги мы попытались собрать информацию
об авторах задач, но выяснить авторство удалось лишь для
малой части задач. Приводим здесь известных нам авторов:
С. Л. Берлов — 91.7; Г. А. Гальперин — 91.3; Р. Г. Женодаров —
10
96 4; А. Я. Канель-Белов — 94.1; А. К. Ковальджи — 85.1, 85.17,
86.16, 88.6, 89.3; Г. Л. Кондаков — 88.8; В. В. Прасолов — 91.5;
В.В.Произволов — 96.5, 96.7; А. Г. Рубин — 93.3; В. А. Сенде-
ров — 82.8; С. И. Токарев — 96.2; А.К.Толпыго — 91.2, 91.6;
А. В. Шаповалов — 94.3, 96.1, 96.3, 96.10, 97.3, 97.6. Заранее
приносим извинения тем, кого мы пропустили, и тем, чье ав-
торство указано ошибочно. Просим сообщать нам дополнения
и уточнения к приведенному списку.
Книга не могла бы выйти, если бы не было многих тысяч
школьников, любящих решать математические задачи, и со-
тен энтузиастов-преподавателей, готовых тратить свое время
и силы на уроках, кружках, олимпиадах, вопреки бытующему
мнению, что ныне школьников не интересуют точные науки, а
любые занятия со школьниками проводятся лишь на коммер-
ческой основе. Традиции математических кружков и олимпиад
в нашей стране берут начало еще с тридцатых годов. Тогда
были проведены первые математические олимпиады в Ленин-
граде и Москве, и начали работать математические кружки
в Московском Университете. И сейчас каждую субботу сотни
школьников приходят в МГУ на кружки малого мехмата. Раз-
личные кружки, олимпиады, летние школы проходят сейчас в
десятках городов страны. А в Кирове проводится свой турнир
им. Ломоносова, хотя его правила отличаются от правил его
московского тезки.
Проведение Ломоносовских турниров было бы невозможно
без огромной помощи сотен московских студентов, отдававших
свое время и силы организации турнира и проверке работ, без
поддержки московских вузов, предоставлявших свои аудито-
рии для проведения турнира. Особенно стоит отметить рабо-
ту оргкомитета турнира под руководством Николая Николае-
вича Константинова, которому принадлежит идея проведения
турнира им. Ломоносова. Не имея никаких материальных сти-
мулов, преодолевая многолетнее противодействие со стороны
«генералов от просвещения», оргкомитет обеспечивал согласо-
ванную работу сотен людей по проведению турнира. Нельзя не
упомянуть огромную работу Леонида Выходца, ныне живуще-
го в Израиле, «главного бюрократа», как он сам себя называл.
Многие годы он кропотливо собирал все материалы, связанные
11
с турниром. После каждого очередного турнира Лёня настой-
чиво приставал к организаторам всех конкурсов и не отставал
до тех пор, пока не получал все материалы этого конкурса.
Благодаря этому вся многолетняя работа на растерялась, и, в
частности, настоящая книга смогла увидеть свет.
Поддержка турнира, о которой упоминалось выше, со сто-
роны организаций образования (государственных и негосудар-
ственных) стала возможна благодаря конкретным людям. Это
в первую очередь заместитель председателя Московского ко-
митета образования, ректор МИПКРО Алексей Львович Се-
менов и исполнительный директор МЦНМО Иван Валерьевич
Ященко.
При подготовке второго издания книги были также исполь-
зованы архивы, предоставленные Алексеем Канелем. С помо-
щью них удалось собрать все задачи, предлагавшиеся на уст-
ных конкурсах турниров 1985-1989 годов. Также добавлены за-
дачи турниров 1992-1994 годов, прошедших после выхода пер-
вого издания. Единственным пробелом остаются так и не най-
денные задачи для старших классов турнира 1981 года. Благо-
даря многочисленным отзывам и замечаниям, в частности по-
лученным от школьников, исправлены опечатки и неточности,
имевшиеся в первом издании, некоторые решения переделаны,
дополнена теоретическая глава. Сюжеты задач ожили благода-
ря рисункам художника Владимира Петровича Медведева.
В третье издание были добавлены задачи трех турниров,
прошедших после выхода в свет предыдущего издания. Боль-
шую помощь в подготовке текстов решений этих задач оказал
Александр Ковальджи. Его замечания и советы позволили та-
кже улучшить решения некоторых задач прошлых турниров.
Приглашение к участию в турнире им. Ломоносова
В заключение, хотим напомнить школьникам Москвы и
Подмосковья, что турниры им. Ломоносова проходят в Москве
каждую осень. Мы ждем вас!
12
1. (9) а) Можно ли занумеровать ребра куба натураль-
ными числами от 1 до 12 так, чтобы для каждой вер-
шины куба сумма номеров ребер, которые в ней схо-
дятся, была одинаковой?
б) Аналогичный вопрос, если расставлять по ребрам
куба числа -6, —5, —4, —3, —2, —1, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
2. (9) Существует ли выпуклый 1978-угольник, у кото-
рого все углы выражаются целым числом градусов?
1979
1-	(7-9) Сколькими способами число 1979 можно пред-
ставить в виде разности двух квадратов натуральных
чисел?
2.	(7—9) В соревнованиях участвуют 10 фигуристов. Со-
ревнования судят трое судей следующим способом: ка-
ждый судья по-своему распределяет между фигури-
стами места (с первого по десятое), после чего победи-
телем считается фигурист с наименьшей суммой мест.
Какое наибольшее значение может принимать эта сум-
ма у победителя (победитель единственный)?
3.	(7-9) В колоде 16 карт, пронумерованных сверху вниз.
Разрешается снять часть колоды сверху, после чего
снятую и оставшуюся части колоды, не переворачивая
«врезать» друг в друга. Может ли случиться, что после
13
нескольких таких операции карты окажутся пронуме-
рованными снизу вверх? Если да, то за какое наимень-
шее число операций это может произойти?
1980
1.	(7) Можно ли в прямоугольной таблице 5 х 10 так рас-
ставить числа, чтобы сумма чисел любой строки рав-
нялась бы 30, а сумма чисел любого столбца равнялась
бы 10?
2.	(7) Сумма нескольких чисел равна 1. Может ли сумма
их квадратов быть меньше 0.1 ?
3.	(7—9) а) Назовите 10 первых натуральных чисел, име-
ющих нечетное число делителей (в число делителей
включается единица и само число);
б) попробуйте сформулировать и доказать правило,
позволяющее найти следующие такие числа.
4* (8—9) а) Показать, что любой треугольник можно раз-
резать на несколько частей, из которых можно сло-
жить прямоугольник;
б) показать, что любой прямоугольник можно разре-
зать на несколько частей, из которых можно сложить
квадрат;
в) верно ли, что любой многоугольник можно разре-
зать на несколько частей, из которых можно сложить
квадрат?
1981
1. (7—8) Из утверждений «число а делится на 2», «число
а делится на 4», «число а делится на 12» и «число а
делится на 24» три верных, а одно неверное. Какое?
14
2 (7-8) На доске написаны числа 0, 1, О, 0. За один
шаг разрешается прибавлять единицу к любым двум
из них. Можно ли, повторяя эту операцию, добиться,
чтобы все числа стали равными?
3. (7-8) Несколько ящиков вместе весят 10 тонн, причем
каждый из них весит не более одной тонны. Сколь-
ко трехтонок заведомо достаточно, чтобы увезти этот
груз?
1982
1.	(7) Цены снижены на 20%. На сколько процентов боль-
ше можно купить товаров на ту же зарплату?
2.	(7) Если класс из 30 человек рассадить в зале кинотеа-
тра, то в любом случае хотя бы в одном ряду окажется
не менее двух одноклассников. Если то же самое про-
делать с классом из 26 человек, то по крайней мере
три ряда окажутся пустыми. Сколько рядов в зале?
3.	(7) В одной из вершин а) октаэдра б) куба сидит му-
ха. Может ли она проползти по всем его ребрам ровно
по одному разу и возвратиться в исходную вершину?
(Примечание: октаэдр представляет собой две четы-
рехугольные пирамиды, склеенные по основаниям.)
4.	а) (8-9) Дано шесть натуральных чисел. Все они раз-
личны и дают в сумме 22. Найти эти числа и доказать,
что других нет.
б)	(10) Тот же вопрос про 100 чисел, дающих в сумме
5051.
5.	(8-9) Для того, чтобы застеклить 15 окон различных
размеров и форм, заготовлено 15 стекол в точности по
окнам (окна такие, что в каждом окне должно быть
15
одно стекло). Стекольщик, не зная, что стекла подо-
браны, работает так: он подходит к очередному ок-
ну и перебирает неиспользованные стекла до тех пор,
пока не найдет достаточно большое (то есть либо в
точности подходящее, либо такое, из которого можно
вырезать подходящее), если же такого стекла нет, то
переходит к следующему окну, и так, пока не обойдет
все окна. Составлять стекло из нескольких частей не-
льзя. Какое максимальное число окон может остаться
незастекленными?
6.	(8—9) Из бумаги склеено цилиндрическое кольцо, ши-
рина которого равна 1, а длина по окружности равна
4. Можно ли не разрывая сложить это кольцо так, что-
бы получился квадрат площади 2?
7.	(10) Точка М внутри выпуклого четырехугольника
ABCD такова, что площади треугольников АВМ,
BCM, CDM и DAM равны. Верно ли, что ABCD —
параллелограмм, а точка М — точка пересечения его
диагоналей?
8*. (10) В каждый узел бесконечной клетчатой бумаги
воткнута вертикальная булавка. Иголка длины I ле-
жит на бумаге параллельно линиям сетки. При каких I
иголку можно повернуть на 90°, не выводя из плоско-
сти бумаги? Иголку разрешается как угодно двигать
по плоскости, но так, чтобы она проходила между бу-
лавками; толщиной булавок и иголки пренебречь.
1983
1. (6—8) Все натуральные числа поделены на хорошие и
плохие. Известно, что если число А хорошее, то и число
А + 6 тоже хорошее, а если число В плохое, то и число
В+15 тоже плохое. Может ли среди первых 2000 чисел
быть ровно 1000 хороших?
16
2 (6-8) Какое наибольшее число пешек можно поста-
вить на шахматную доску (не более одной пешки на
каждое поле), если:
1)	на поле е4 пешку ставить нельзя;
2)	никакие две пешки не могут стоять на полях, сим-
метричных, относительно поля е4 ?
3.	(6-8) Сколько двоек будет в разложении на простые
множители числа 1984! ? (Примечание: 1984! = 1 • 2 • 3 •
...•1984).
4.	(9—10) В ряд выписаны в порядке возрастания числа,
делящиеся на 9: 9, 18, 27, 36, ... Под каждым числом
этого ряда записана его сумма цифр.
а)	На каком месте во втором ряду впервые встретится
число 81 ?
б)	Что встретится раньше: четыре раза подряд число
27 или один раз число 36 ?
5.	(9—10) На плоскости имеется 1983 точки и окруж-
ность единичного радиуса. Доказать, что на окруж-
ности найдется точка, сумма расстояний от которой
до данных точек не меньше 1983.
6.	(9) На центральном телеграфе стоят разменные авто-
маты, которые меняют 20 коп. на 15, 2, 2 и 1; 15 коп. на
10, 2, 2 и 1; 10 коп. на 3, 3, 2 и 2. Петя разменял 1 руб.
25 коп. серебром на медь. Вася, посмотрев на резуль-
тат, сказал: «Я точно знаю, какие у тебя были монеты»
и назвал их. Назовите и вы.
7.	(10) Две окружности пересекаются прямой/, как ука-
зано на рис. 1. Докажите, что угол АВС равен углу
DEM.
17
1984
1.	(6-8) 9 кг ирисок стоят дешевле 10 рублей, а 10 кг тея
же ирисок — дороже И рублей. Сколько стоит 1кг
этих ирисок?
2.	(6—8) Петя написал на гранях кубика натуральные чи-
сла от 1 до 6. Вася кубика не видел, но утверждает,
что
а)	у этого кубика есть две соседние грани, на которых
написаны соседние числа;
б)	таких пар соседних граней у кубика не меньше двух.
Прав ли он в обоих случаях? Почему?
3.	(6—8) Можно ли разлить 50 л бензина по трем бакам
так, чтобы в первом баке было на Юл больше, чем
во втором, а после переливания 26 л из первого бака
в третий в третьем баке стало столько же, сколько во
втором?
4.	(9—10) Можно ли провести из одной точки на плоской
сти пять лучей так, чтобы среди образованных ими
углов было ровно четыре острых? Рассматриваются
углы не только между соседними, но и между любыми
двумя лучами.
5.	(9—10) У куба отмечены вершины и центры граней,
а также проведены диагонали всех граней. Можно ли
18
по отрезкам этих диагоналей обойти все отмеченные
точки, побывав в каждой из них ровно один раз?
g* (9-Ю) Автобусные билеты имеют номера от 000000
до 999999. Билет называется счастливым, если сумма
первых трех цифр его номера равна сумме последних
трех его цифр. Докажите, что:
а)	число всех счастливых билетов четно;
б)	сумма номеров всех счастливых билетов делится на
999.
1985
1.	(6—8) В поход пошли 20 туристов. Самому старшему
из них 35 лет, а самому младшему 20 лет. Верно ли,
что среди туристов есть одногодки?
2.	(6—10) На столе стоят 16 стаканов. Из них 15 стаканов
стоят правильно, а один перевернут донышком вверх.
Разрешается одновременно переворачивать любые че-
тыре стакана. Можно ли, повторяя эту операцию, по-
ставить все стаканы правильно?
19
3.	(6—8) Придя в тир, Петя купил 5 пуль. За кажды|
успешный выстрел ему дают еще 5 пуль. Петя утвер
ждает, что он сделал 50 выстрелов и 8 раз попал ]
цель, а его друг Вася говорит, что этого не может
быть. Кто из мальчиков прав?
4.	(6—8) Какое наименьшее число карточек спортлото
из 49) надо купить, чтобы наверняка хоть в одной из
них был угадан хоть один номер?
5.	(6—8) Два гроссмейстера по очереди ставят на шах-
матную доску ладьи (за один ход — одну ладью) так
чтобы они не били друг друга. Тот, кто не сможет
поставить ладью, проигрывает. Кто выигрывает npi
правильной игре — первый или второй гроссмейстер^
6.	(6) Дано 25 чисел. Сумма любых четырех из них па
ложительна. Докажите, что сумма их всех тоже поло-
жительна.	i
7.	(7—10) Петя и Вася выписывают 12-значное число,
ставя цифры по очереди, начиная со старшего разря-
да. Начинает Вася. Докажите, что какие бы цифрь
он не писал, Петя всегда сможет добиться, чтобь
получившееся число делилось на 9.
20
g (7-8) Четыре дома расположены по окружности. Где
надо вырыть колодец, чтобы сумма расстояний от до-
мов до колодца была наименьшей?
д. (7—8) Известно, что число а + — — целое. Докажите,
2 . 1
что число а + -у — тоже целое.
а
10.	(9-10) В турнире по олимпийской системе (про-
игравший выбывает) участвует 50 боксеров. Какое
наименьшее количество боев надо провести, чтобы
выявить победителя?
11.	(9-10) Вершины одного параллелограмма лежат на
сторонах другого — по одной вершине на каждой сто-
роне. Докажите, что центры этих параллелограммов
совпадают.
12.	(9—10) Было 7 ящиков. В некоторые из них положили
еще по 7 ящиков и т. д. В итоге стало 10 непустых
ящиков. Сколько всего стало ящиков?
13*. (9-10) Передние покрышки автомобиля «Антилопа
Гну» выходят из строя через 25000 км, а задние — че-
рез 15000 км. Когда О. Бендер должен поменять их ме-
стами, чтобы машина прошла максимальное расстоя-
ние? Чему равно это расстояние?
21
14.	(9-10) Найдите наибольшее отношение трехзначм
го числа к сумме его цифр.
15.	(9—10) В классе каждый мальчик дружит ровно
двумя девочками, а каждая девочка — ровно с три
мя мальчиками. Еще известно, что в классе 31 пионе
и 19 парт. Сколько человек в этом классе?
16.	(9-10) Каждый из четырех гномов — Беня, Вещ
Женя, Сеня — либо всегда говорит правду, либо вс<
гда врет. Мы услышали такой разговор: Беня — Вещ
«ты врун»; Женя — Бене: «сам ты врун»; Сеня — Ж(
не: «да оба они вруны, — (подумав), — впрочем, ti
тоже». Кто из них говорит правду?
17.	(9-10) В классе 25 человек. Известно, что среди лю
бых трех из них есть двое друзей. Докажите, что ест1
ученик, у которого не менее 12 друзей.
18*. (9—10) Между соседними лагерями 1 день пути
Экспедиции требуется перенести 1 банку консерво
в лагерь, находящийся в 5 днях пути от базового 1
вернуться обратно. При этом:
22
•	каждый член экспедиции может нести с собой не
более 3 банок консервов;
•	за 1 день он съедает 1 банку консервов;
•	оставлять консервы можно только в лагерях.
Какое наименьшее количество банок консервов при-
дется взять из базового лагеря для этой цели?
1986
1.	(6-8) Бывают ли натуральные числа, произведение
цифр которых равно 1986 ?
2.	(6-8) Найти две обыкновенные дроби — одну со зна-
менателем 8, другую со знаменателем 13 такие, что-
бы они не были равны, но разность между большей и
меньшей из них была как можно меньше.
3.	(6-8) За круглым столом сидело а) 15; б) 20 человек.
Они хотят пересесть так, чтобы те, кто раньше сидел
рядом, теперь сидели бы через два человека. Возможно
ли это?
23
4.	(9—10) В компании из к человек (к > 3) у каждог
появилась новость, известная ему одному. За один
лефонный разговор двое сообщают друг другу все щ
вестные им новости. Докажите, что за 2к—4 разговор
все они могут узнать все новости.
5.	(9—10) Через данную точку на плоскости проводятс
всевозможные прямые, пересекающие данную окруя
ность. Найти геометрическое место середин получщ
шихся хорд.
6.	(9-10) Известно, что а + Ь + с = 5иаЬ + Ьс + ас = Я
Чему может равняться а2 + Ь2 + с2 1
7.	(9—10) На плоскости отмечено 5 точек с целыми коор
динатами. Докажите, что середина по крайней мер
одного из соединяющих их отрезков также имеет ц<
лые координаты.	]
8.	(6-8) Вершины выпуклого пятиугольника соединен
через одну. Найдите сумму углов при вершинах пол]
чившейся звезды.
9.	(6—8) Верно ли, что из любых 10 отрезков найдутс
три, из которых можно составить треугольник?
10.	(6—8) Квадратная площадь размером 100 мх 1001
выложена квадратными плитами 1 мх 1 м четырех цв
тов: белого, красного, черного и серого — так, чт
никакие две плиты одинакового цвета не соприкасз
ются друг с другом (то есть не имеют общей сторон
или вершины). Сколько может быть красных плит?
11.	(6—8) Отметьте несколько точек и несколько прямы
так, чтобы на каждой прямой лежало ровно три отм
ченные точки и через каждую точку проходило ров!
три отмеченные прямые.
24
12 (6-8) Точку внутри квадрата соединили с верпшна-
*ми — получились четыре треугольника, один из кото-
рых равнобедренный с углами при основании (стороне
квадрата) 15°. Докажите, что противоположный ему
треугольник правильный.
13 (6-8) ai, а2, аз» в4, as, eg — последовательные сто-
роны шестиугольника, все углы которого равны. До-
кажите, ЧТО О1 - 04 = Оз - Об = 05 - 02.
14. (9-10) «Крокодилом» называется фигура, ход кото-
рой заключается в прыжке на клетку, в которую мож-
но попасть сдвигом на одну клетку по вертикали или
горизонтали, а затем на N клеток в перпендикулярном
направлении (при N = 2 «крокодил» — это шахматный
конь). При каких N «крокодил» может пройти с любой
клетки бесконечной шахматной доски на любую дру-
гую?
к.	(9-10) Фабрика окрашивает кубики в 6 цветов (ка-
ждую грань в свой цвет, набор цветов фиксирован).
Сколько разновидностей кубиков можно изготовить?
к- (9-10) Докажите, что произведение ста последова-
тельных натуральных чисел не может быть сотой сте-
пенью натурального числа.
25
17*. (9—10) Из шахматной доски вырезали одну углову
клетку. На какое наименьшее число равновеликих тр
угольников можно разрезать эту фигуру?
18*. (9—10) а, Ь, с, d — стороны четырехугольника
любом порядке), S — его площадь. Докажите, что S
< ab + cd
2	‘
1987
1.	(6-8) Вычислить	fl
_________________1987________________
1987198719872 - 198719871986 • 198719871988’
2.	(6—8) Найти все числа, которые в 12 раз больше сумм
своих цифр.
3*. (6-8) Али-Баба пришел в пещеру, где есть золото, а
мазы и сундук, в котором их можно унести. Полнь
сундук золота весит 200 кг, полный сундук алмазов -
40 кг, пустой сундук ничего не весит. Килограмм з(
лота стоит на базаре 20 динаров, килограмм алмазе
— 60 динаров. Али-Баба может поднять и унести ii
более 100 кг. Сколько денег он может получить за сс
кровища, которые он принесет из пещеры за один раз
26
4.
5.
6.
/о—10) На плоскости даны четыре точки, не лежащие
на одной прямой. Докажите, что существует неостро-
угольный треугольник с вершинами в этих точках.
(9-Ю) Пусть а и Ь — целые числа. Докажите, что если
а2 -р 9аЬ + Ь2 делится на 11, то и а2 — Ъ2 делится на 11.
(9-Ю) На окружности даны 10 точек. Сколькими спо-
собами можно провести пять отрезков, не имеющих
общих точек, с концами в данных точках?
7*. (9-Ю) Брат и сестра делят треугольный торт так:
он указывает точку на торте, а она проводит через
эту точку прямолинейный разрез и выбирает себе ку-
сок. Каждый хочет получить кусок как можно больше.
Где брат должен поставить точку? Какую часть торта
получит в этом случае каждый из них?
8.	(6-8) Пусть Р — периметр выпуклого четырехуголь-
ника, S — сумма длин его диагоналей. Докажите, что:
a)	S < Р;
б)	Р < 2S.
9*. (6-8) В центре квадратного пруда плавает ученик.
Внезапно к вершине квадрата подошел учитель. Учи-
тель не умеет плавать, но ходит в 4 раза быстрее, чем
ученик плавает. Ученик бегает быстрее. Сможет ли он
убежать?
10*. (6—8) Компьютер может производить одну опера-
цию: брать среднее арифметическое двух целых чисел.
Даны три числа: т, п и 0, причем т и п не имеют об-
щих делителей и т < п. Докажите, что с помощью
компьютера из них можно получить
а)	единицу;
б)	любое целое число от 1 до п.
27
11*. (6—8) Шалтай-Болтай ходит по прямой, проходя а
минуту либо на 37 шагов влево, либо на 47 шагов впр$
во. За какое наименьшее время он может оказаться в
один шаг правее исходной точки?
12*. (9—10) Известно, что некоторый многочлен в ращ
опальных точках принимает рациональные значение
Докажите, что все его коэффициенты рациональные
13*. (9—10) Какое максимальное число ладей можно рас
ставить в кубе 8x8x8, чтобы они не били друг друга
14*. (9-10) Докажите, что существует число, сумм
цифр квадрата которого более, чем в 1000 раз превь
шает сумму цифр самого числа.
15*. (9—10) Дан выпуклый пятиугольник. Каждая дш
гональ отсекает от него треугольник. Докажите, чт
сумма площадей треугольников больше площади пят1
угольника.
1988	;
1.	(6—8) В каждой клетке прямоугольной таблицы ра<
мером М х К написано число. Сумма чисел в каждс!
строке и в каждом столбце равна 1. Докажите, чт
М = К.	i
2.	(6—7) В круге отметили точку. Разрежьте круг в
а) три; б) две части так, чтобы из них можно был
составить новый круг, у которого отмеченная точи
будет в центре.
3.	(6—10) Известно, что доля блондинов среди голубогл,
зых больше, чем доля блондинов среди всех людей. Чт
больше — доля голубоглазых среди блондинов или д
ля голубоглазых среди всех людей? х
28
4.	(6-7) Можно ли нарисовать эту кар-
тинку (рис. 2), не отрывая каранда-
ша от бумаги и проходя по каждой
линии по одному разу?
Рис. 2
5.	(6—7) Прямая раскрашена в два цве-
та. Докажите, что на ней найдутся
три точки А, В и С, окрашенные в
один цвет такие, что точка В явля-
ется серединой отрезка АС.
6.	(8) Пусть А, В и С — три числа, большие 0 и меньшие
1 К — наибольшее из них. Докажите, что
1-(1-А)(1-В)(1-С)>К
7.	(8—10) В треугольнике две высоты не меньше сторон,
на которые они опущены. Найдите углы треугольника.
8.	(8) На плоскости нарисовано некоторое количество
равносторонних треугольников. Они не пересекают-
ся, но могут иметь общие участки сторон. Мы хотим
покрасить каждый треугольник в какой-нибудь цвет
так, чтобы те из них, которые соприкасаются, были
покрашены в разные цвета (треугольники, имеющие
одну общую точку, могут быть покрашены в один
цвет). Хватит ли для такой раскраски двух цветов?
9.	(9-10) Доказать неравенство
%VX2+X2'Xs + . . .+^1987-^1988+^ 1988’21	Ж1+Ж2 + . . .+21988*
10*. (9-ю) В алфавите племени Мумбу-Юмбу есть лишь
две буквы А и Б. Два разных слова обозначают одно и
то же понятие, если одно из них может быть получено
из другого с помощью следующих операций:
29
•	в любом месте слова комбинацию букв АБА мо-
жно заменить на БАБ]
•	из любого места можно выкидывать две одинако-
вые буквы, идущие подряд.
Может ли дикарь племени сосчитать все пальцы на
своей руке? А дни недели?
1989
1.	(6-7) У Джона была полная корзина тремпончиков.
Сначала он встретил Анну и дал ей половину сво-
их тремпончиков и еще пол-тремпончика. Потом он
встретил Банну и отдал ей половину оставшихся тре-
мпончиков и еще пол-тремпончика. После того, как
он встретил Ванну и снова отдал ей половину трем-
пончиков и еще пол-тремпончика, корзина опустела.
Сколько тремпончиков было у Джона вначале? Что
такое тремпончики выяснить не удалось, так как к
концу задачи их не осталось.
2.	(6-10) На турнире им. Ломоносова 19лохматого го-
да в институте МИМИНО были конкурсы по мате-
матике, физике, химии, биологии и бальным танцам.
30
Когда турнир закончился, выяснилось, что на каждом
конкурсе побывало нечетное количество школьников,
и каждый школьник участвовал в нечетном количе-
стве конкурсов. Четное или нечетное число школьни-
ков пришло на турнир в МИМИНО?
3.	(6—8) Один из пяти братьев испек маме пирог. Андрей
сказал: «Это Витя или Толя». Витя сказал: «Это сделал
не я и не Юра». Толя сказал: «Вы оба шутите». Дима
сказал: «Нет, один из них сказал правду, а другой —
нет». Юра сказал: «Нет Дима, ты не прав». Мама зна-
ет, что трое из ее сыновей всегда говорят правду. Кто
испек пирог?
4.	(6-8) Даны две окружности и точка. Построить отре-
зок, концы которого лежат на данных окружностях, а
середина — в данной точке.
5*. (9—10) На конкурсе по математике в институте
МИМИНО предлагалось 20 задач. На закрытие при-
шло 20 школьников. Каждый из них решил по две
задачи, причем выяснилось, что среди пришедших ка-
ждую задачу решило ровно два школьника. Докажите,
что можно так организовать разбор задач, чтобы ка-
ждый школьник рассказал одну из решенных им задач,
и все задачи были разобраны.
6.	(9—10) По окончании конкурса бальных танцев, в ко-
тором участвовали 7 мальчиков и 8 девочек, каждый
(каждая) назвал (назвала) количество своих партнерш
(партнеров): 3, 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6. Не
ошибся ли кто-нибудь из них?
7.	(9—10) Одно из чисел получается из другого переста-
новкой цифр. Может ли их сумма равняться 999... 9
(999 девяток)?
31
8.	(9—10) Восстановите а) треугольник; б) пятиугольник
по серединам его сторон.
9.	(9—10) Первоклассник Петя знает только цифру 1. До-
кажите, что он может написать число, делящееся на
1989.
10.	(9—10) Каков наибольший воз-
можный общий делитель чисел
9m + 7п и 3m + 2п, если числа
т и п не имеют общих делите-
лей, кроме единицы?
11*. (9-10) Барон Мюнхгаузен
заявил Георгу Кантору, что он
может выписать в ряд все нату-
ральные числа без единицы так,
что только конечное их число
будет больше своего номера. Не
хвастает ли барон?
12*. (9—10) Три окружности попарно пересекаются. Для
каждой пары окружностей через точки их пересече-
ния проведена прямая. Докажите, что эти три прямые
либо попарно параллельны, либо пересекаются в одной
точке.
13.	(7-9) Найдите все простые числа, которые нельзя за-
писать в виде суммы двух составных.
14.	(7—9) Решить уравнение в целых положительных чи-
слах	1	_ 10
Х+ 1 - 7 '
Sl + j
15*. (9) Пусть а, Ь, с — длины сторон треугольника; а,
(3, 7 — величины противолежащих углов. Докажите,
что аа + Ъ(3 + су afl + by + са.
32
1990
1.	(7-8) На некотором острове 15 государств. У каждо-
го из них хотя бы одно соседнее государство друже-
ственное. Докажите, что найдется государство, у ко-
торого четное число дружественных соседей. Два го-
сударства называются соседними, если у них имеется
-целый кусок общей границы.
2.	(7—8) Из квадратного листа бумаги в клетку, содер-
жащего целое число клеток, вырезали квадрат, содер-
жащий целое число клеток так, что осталось 124 клет-
ки. Сколько клеток мог содержать первоначальный
лист бумаги?
3.	(7—8) Можно ли на плоскости нарисовать 12 окружно-
стей так, чтобы каждая касалась ровно пяти окруж-
ностей?
4.	(7—8) В таблице 10 х 10 по порядку расставлены числа
от 0 до 99 (в первой строке — от 0 до 9, во второй
строке — от 10 до 19 и т. д.). Затем перед каждым из
чисел поставлен знак «+» или «—» так, что в каждой
строке и каждом столбце оказалось по пять знаков «+»
и пять знаков «—». Чему может быть равна сумма всех
чисел таблицы с учетом расставленных знаков?
5.	(9-10) Дан куб 4x4x4. Расставьте в нем 16 ладей
так, чтобы они не били друг друга.
6.	(9—10) Вершины правильного треугольника находят-
ся на сторонах АВ, CD и EF правильного шести-
угольника ABCDEF. Докажите, что они имеют об-
щий центр.
7.	(9-10) Произведение двух положительных чисел боль-
ше их суммы. Докажите, что эта сумма больше четы-
рех.
2—106
33
8.	(9-10) В булке за 10 копеек оказался запечен изюм
двух сортов. Докажите, что внутри булки найдутся
две такие точки, удаленные на расстояние 1см, что
они либо не принадлежат никаким из изюмин, либо
принадлежат изюминам одного сорта.
1991
1-	(7-8) На плоскости отмечены четыре точки. Докажи-
те, что их можно разбить на две группы так, что эти
группы точек нельзя будет отделить одну от другой
никакой прямой.
2.	(7-8) (Летучая ладья.) На шахматной доске 4x4
расположена фигура — «летучая ладья», которая ходит
так же, как обычная ладья, но не может за один ход
стать на поле, соседнее с предыдущим. Может ли она
за 16 ходов обойти всю доску, становясь на каждое
поле по разу, и вернуться на исходное поле?
3.	(7—8) Докажите, что
1991
1
1991
34
4.	(7—8) По окружности стоит 6 чисел; каждое равно мо-
дулю разности двух чисел, стоящих после него по ча-
совой стрелке. Сумма всех чисел равна 1.
а)	Найдите набор чисел, удовлетворяющий данному
условию.
б)	Сколько различных таких наборов существует?
Решения, получающиеся друг из друга поворотом
окружности, считаются одинаковыми.
5.	(9-10) Через центр окружности cui проведена окруж-
ность сиг; А и В — точки пересечения окружностей.
Касательная к окружности CU2 в точке В пересекает
окружность cui в точке С. Докажите, что АВ = ВС.
6.	(9—10) В лес пошли И девочек и п мальчиков. Вместе
они собрали п2 + 9п — 2 гриба, причем все они собра-
ли поровну грибов. Кого было больше: мальчиков или
девочек?
35
7.	(9—10) В треугольнике АВС на стороне АВ выбрана
„	AD АВ п
точка D такая, что	Докажите, что угол С
ВС НС
тупой.
8.	(9-10) Шеренга солдат называется неправильной, ес-
ли никакие три солдата не стоят по росту (ни в по-
рядке возрастания, ни в порядке убывания). Сколько
неправильных шеренг можно построить из п солдат
разного роста, если
а) п = 4; б) п — 5?
1992
1.	(7-9) В треугольнике АВС угол А больше угла В. До-
кажите, что длина стороны ВС больше половины дли-
ны стороны АВ,
2.	(7-9) Имеется 68 монет, причем известно, что любые
две монеты различаются по весу. Как за 100 взвеши-
ваний на двухчашечных весах без гирь найти самую
тяжелую и самую легкую монеты?
3.	(7-9) В плоскости отмечена 101 точка, не все они ле-
жат на одной прямой. Через каждую пару отмечен-
ных точек красным карандашом проводится прямая.
Докажите, что на плоскости существует точка, через
которую проходит не меньше 11 красных прямых.
1993
1. (7—9) На сторонах шестиугольника было записано
шесть чисел, а в каждой вершине — число, равное
сумме двух чисел на смежных с ней сторонах. Затем
все числа на сторонах и одно число в вершине стерли.
Можно ли восстановить число, стоявшее в вершине?
36
2*. (7—9) Вершины А, В, С треугольника соединены с
точками Al, Bi, Ci, лежащими на противоположных
сторонах (не в вершинах). Могут ли середины отрез-
ков AAi, BBi, СС\ лежать на одной прямой?
3. (7—9) Три шахматиста А, В и С сыграли матч-турнир
(каждый с каждым сыграл одинаковое число партий).
Может ли случиться, что по числу очков А занял пер-
вое место, С — последнее, а по числу побед, наоборот,
А занял последнее место, С — первое (за победу при-
суждается одно очко, за ничью — пол-очка)?
1994
1. (7—9) Во время бала каждый юноша танцевал вальс
с девушкой либо более красивой, чем на предыдущем
танце, либо более умной, а хотя бы один — с девушкой
одновременно более красивой и более умной. Могло ли
такое быть? (Юношей и девушек на балу было поров-
ну-)
2. (7-9) На плоскости даны 2 окружности, одна внутри
другой. Циркулем и линейкой построить такую точ-
ку О, что внешняя окружность получается из внутрен-
ней растяжением с центром в точке О. («Растяжение
37
(или гомотетия с положительным коэффициентом) с
центром в точке О» означает преобразование плоско-
сти, оставляющее точку О и все лучи с началом в ней
на месте и изменяющее все расстояния в одно и то же
число раз.)
3*. (7-9) В Простоквашинской начальной школе учится
всего 20 детей. У любых двух из них есть общий дед.
Докажите, что у одного из дедов в этой школе учится
не менее 14 внуков и внучек.
1995
1.	(7—11) На плоскости расположен квадрат, и невиди-
мыми чернилами нанесена точка. Человек в специаль-
ных очках видит точку. Если провести прямую, то он
говорит, лежит ли точка на прямой, а если не лежит,
то говорит, по какую сторону от этой прямой лежит
невидимая точка. Какое наименьшее число прямых не-
обходимо провести, чтобы узнать, лежит ли невиди-
мая точка внутри квадрата (не снаружи и не на гра-
нице)?
38
2.	(7—9) Существует ли 100 натуральных чисел таких,
что их сумма равна их наименьшему общему кратно-
му?
3.	(7—9) Бумажный прямоугольник ABCD сложили так,
чтобы вершины А и С совместились и получился пя-
тиугольник. Докажите, что площадь пятиугольника
меньше 3/4 площади прямоугольника.
4.	(10-11) Ма,Мь,Мс — середины сторон, На,Нь,Нс —
основания высот треугольника АВС площади S. До-
казать, что из отрезков МаН^ МьНс, МсНа можно со-
ставить треугольник, найти его площадь.
5.	(10—11) а) Существует ли четыре таких различных
натуральных числа, что сумма любых трех из них есть
простое число?
б)	Существуют ли пять таких чисел?
1996
1.	(7-9) Из горячего крана ванна заполняется за 23 ми-
нуты, из холодного — за 17 минут. Маша открыла сна-
чала горячий кран. Через сколько минут она должна
открыть холодный, чтобы к моменту наполнения ван-
ны горячей воды налилось в 1.5 раза больше, чем хо-
лодной?
2.	(7—9) Длина высоты АВ прямоугольной трапеции
ABCD равна сумме длин оснований AD и ВС. В ка-
ком отношении биссектриса угла АВС делит сторону
CD?
3.	(7—9) На каждом километре шоссе между селами
Елкино и Палкино стоит столб с табличкой, на од-
ной стороне которой написано, сколько километров
39
до Ёлкино, а на другой — до Палкино. Боря заме-
тил, что на каждом столбе сумма всех цифр равна 13.
Каково расстояние от Елкино до Палкино?
4.	(10—11) Каких чисел больше среди всех чисел от 100
до 999 — тех, у которых средняя цифра больше обеих
крайних, или тех, у которых средняя цифра меньше
обеих крайних?
5.	(10—11) В круге провели несколько (конечное число)
различных хорд так, что каждая из них проходит че-
рез середину какой-либо другой из проведенных хорд.
Докажите, что все эти хорды являются диаметрами
круга.
6.	(10—11) Существует ли выпуклый многогранник, име-
ющий 12 ребер, которые соответственно равны и па-
раллельны 12 диагоналям граней куба?
7.	(7—11) Найдите сумму величин
углов MAN, MBN, MCN, MDN
и MEN, нарисованных на клет-
чатой бумаге так, как показано
на рис. 3.
8.	(7—11) Дан бумажный круг. Мо-
жно ли с помощью ножниц раз-
резать его на несколько частей,
из которых складывается квадрат
Рис. 3
той же площади? (Резать разрешается по прямым и
дугам окружностей).
9.	(7-11) На базаре продаются рыбки, большие и малень-
кие. Сегодня три больших и одна маленькая стоят вме-
сте столько же, сколько пять больших стоили вчера,
а две большие и одна маленькая сегодня — столько
же, сколько три больших и одна маленькая вчера. Мо-
жно ли по этим данным выяснить, что дороже: одна
40
большая и две маленькие сегодня, или пять маленьких
вчера?
10*. (7—11) Петя разрезал прямоугольный лист бумаги
по прямой. Затем он разрезал по прямой один из по-
лучившихся кусков. Затем он проделал то же самое с
одним из трех получившихся кусков и т. д. Докажите,
что после достаточного количества разрезаний можно
будет выбрать среди получившихся кусков 100 много-
угольников с одинаковым числом вершин (например,
100 треугольников или 100 четырехугольников и т. д.).
1997
1.	(7—9) К берегу Нила подошла компания из шести чело-
век: три бедуина, каждый со своей женой. У берега на-
ходится лодка с веслами, которая выдерживает только
двух человек. Бедуин не может допустить, чтобы его
жена находилась без него в обществе другого мужчи-
ны. Может ли вся компания переправиться на другой
берег?
2.	(7—9) В треугольнике АВС угол А равен 120°, точка
D лежит на биссектрисе угла А, и AD = АВ + АС.
Докажите, что треугольник DBC равносторонний.
3.	(7-9) По кругу записаны 7 натуральных чисел. Из-
вестно, что в каждой паре соседних чисел одно де-
лится на другое. Докажите, что найдется пара и не
соседних чисел с таким же свойством.
4.	(10—11) Число 1/42 разложили в бесконечную деся-
тичную дробь. Затем вычеркнули 1997-ю цифру после
запятой, а все цифры, стоящие справа от вычеркну-
той цифры, сдвинули на 1 влево. Какое число больше:
новое или первоначальное?
41
5.	(10-11) Можно ли разрезать равносторонний тре-
угольник на пять попарно различных равнобедренных
треугольников?
6*. (10—11) Антиквар приобрел 99 одинаковых по виду
старинных монет. Ему сообщили, что ровно одна из
монет фальшивая — легче настоящих (а настоящие
весят одинаково). Как, используя чашечные весы без
гирь, за 7 взвешиваний выявить фальшивую монету,
если антиквар не разрешает никакую монету взвеши-
вать более двух раз?
78.1. а) Нельзя; б) можно. 78.2. Нет. 79.1. Единственным
способом. 79.2. 15. 79.3. Может; за 4 операции. 80.1. Не-
льзя. 80.2. Может. 80.3. а) 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100;
б) это все полные квадраты. 80.4. Верно. 81.1. Последнее.
81.2. Нельзя. 81.3. 5. 82.1. На 25%. 82.2. 29. 82.3. а) Мо-
жет; б) нет. 82.4. а) 1, 2, 3, 4, 5, 7; б) 1, 2, 3, ... , 98, 99,
101. 82.5. 7. 82.6. Можно. 82.7. Нет. 82.8. При любых I,
83.1. Нет. 83.2. 39. 83.3. 1979. 83.4. а) На 111111111-м месте;
б) четыре раза подряд число 27. 83.6. Одна монета 15 коп. и
одиннадцать монет по 10 коп. 84.1. 1 руб. 11 коп. 84.2. Да,
прав. 84.3. Нельзя. 84.4. Можно. 84.5. Нельзя. 85.1. Верно.
85.2. Нельзя. 85.3. Прав Вася. 85.4. 8. 85.5. Выигрывает
второй гроссмейстер. 85.8. В точке пересечения диагоналей
четырехугольника. 85.10. 49. 85.12. 77. 85.13. Через 9375 км;
18750 км. 85.14.100. 85.15. 35. 85.16. Веня и Женя. 85.18. 243.
86.1. Нет. 86.2. 5/8 и 8/13. 86.3. а) Нет; б) возможно. 86.6.15.
86.8. 180°. 86.9. Нет. 86.10. 2500. 86.14. При четных N.
86.15. 30. 86.17. 18. 87.1. 1987. 87.2. 108. 87.3. 3000 динаров.
87.6. 42 способами. 87.7. В точке пересечения медиан; 4/9 и
5/9. 87.9. Да. 87.11. 59 минут. 87.13. 64. 88.3. Доля голубо-
глазых среди блондинов больше. 88.4. Можно. 88.7. 90°, 45°,
45°. 88.8. Хватит. 88.10. Может; нет. 89.1. 7. 89.2. Нечет-
ное. 89.3. Толя. 89.6. Да, кто-то ошибся. 89.7. Нет. 89.10. 3.
89.11. Барон хвастает. 89.13. 2, 3, 5, 7, 11. 89.14. х = 1, у = 2,
z = 3. 90.2. 1024. 90.3. Можно. 90.4. 0. 91.2. Может. 91.4. а)
1/4,1/4,0,1/4,1/4, 0; б) такой набор единственный. 91.6. Было
больше девочек. 91.8. а) 4; б) 0. 93.1. Да. 93.2. Нет. 93.3. Да.
94.1. Да. 95.1. 3. 95.2. Да. 95.5. а) Да; б) нет. 96.1. 7. 96.2. 1.
96.3. 49. 96.4. Тех, у которых средняя цифра меньше обеих
крайних. 96.6. Да. 96.7. 45°. 96.8. Нет. 96.9. Можно. 97.1. Да.
97.4. Новое. 97.5. Можно.
43
78.1. Найдите, чему должна быть равна сумма номеров ре-
бер, сходящихся в одной вершине.
78.2. Все внутренние углы выпуклого многоугольника
меньше 180° (см. Т16). Посчитайте, чему равна средняя вели-
чина внутреннего угла 1978-угольника.
79.1.	Вспомните, что х2 — у2 = (х — у)(х -I- у).
79.2.	Посчитайте двумя способами, чему равна сумма
мест, присужденных всеми судьями всем фигуристам.
79.3.	Пронумеруйте колоду сверху вниз в двоичной систе-
ме счисления (см. Т7).
80.1.	Посчитайте различными способами, чему должна
равняться сумма всех чисел такой таблицы.
80.2.	Числа должны быть достаточно маленькими.
80.3.	Если х — делитель числа А, то А/х — тоже его де-
литель.
80.4.	б) Докажите, что для любого прямоугольника суще-
ствует параллелограмм, равносоставленный (см. Т15) как ему,
так и некоторому квадрату.
в) Разрежьте сначала многоугольник на треугольники. Ка-
ждый из них разрежьте на части, из которых можно сложить
квадрат. Затем подумайте, как из нескольких квадратов полу-
чить один.
„	81.1. Некоторые из данных утверждений являются след-
ствием других. Найдите эти следствия. См. Т4.
81.2.	Как изменяется сумма всех чисел при применении
этой операции? См. Т11.
81.3.	Заметьте, что любую мащину, нагруженную менее
чем двумя тоннами, всегда можно догрузить. Не забудьте, что
вам нужно доказать как то, что указанного вами количества
машин всегда хватит, чтобы увести груз, так и то, что мень-
шего количества машин может и не хватить.
44
Предостережение: из того, что четыре машины могут увез-
ти больше 10 т вовсе не следует, что четырех машин всегда бу-
дет достаточно!
82.1.	Вовсе не на 20% !
82.2.	Посчитайте максимально возможное количество ря-
дов в зале для того, чтобы выполнялось первое условие, и ми-
нимально возможное количество рядов для того, чтобы выпол-
нялось второе условие. Примените принцип Дирихле (см. Т1).
82.3.	Если муха вошла в вершину многогранника по како-
му-то ребру, то она должна выйти из нее по другому ребру.
Значит, количество ребер, сходящихся в каждой вершине мно-
гогранника (за некоторым исключением — подумайте, каким)
должно быть четным.
82.4.	Расположите эти числа в порядке возрастания. За-
метьте, что при этом каждое число будет не меньше своего
номера.
82.5.	Стекольщик сможет работать до тех пор, пока оста-
ется хотя бы одно стекло, предназначенное для незастекленного
окна.
82.7.	Медиана делит треугольник на две равновеликие ча-
сти.
82.8.	При повороте иголки мы столкнемся с конечным чи-
слом препятствий (булавок). Подумайте, как обойти одно такое
препятствие?
83.1.	Докажите, что любой класс вычетов по модулю 3
(см. Т5) содержит либо только хорошие, либо только плохие
числа. Посчитайте, сколько чисел, меньших 2000, содержит ка-
ждый класс вычетов по модулю 3.
83.2.	Рассмотрите пары полей, симметричных относитель-
но поля е4. Сколько получится таких пар? Сколько полей при
этом останутся без пары?
83.3.	Посчитайте, сколько среди чисел от 1 до 1984 суще-
ствует делящихся на 2? На 4? На 8? На другие степени двойки?
Сколько двоек дает каждый множитель из произведения 1984!
в его разложение на простые множители?
83.4.	Что должно стоять над числом, встречающимся во
втором ряду впервые?
83.5.	Рассмотрите две диаметрально противоположные
точки окружности и оцените сумму расстояний от них до
45
данных точек с помощью неравенства треугольника (см. Т17).
83.6.	Заметьте, что набор из одной десятикопеечной и од-
ной двадцатикопеечной монеты разменивается так же, как и
две пятнадцатикопеечные монеты.
83.7.	Соедините точки В и Е. Воспользуйтесь тем, что че-
тырехугольники ABEF и CD ЕВ вписанные (см. Т18).
84.1.	Килограмм ирисок должен стоить целое число копе-
ек.
84.2.	Посчитайте, сколько существует пар соседних чисел
среди чисел от 1 до б, и могут ли все эти пары быть записаны на
парах противоположных граней кубика? Примените принцип
Дирихле (см. Т2).
84.3.	Докажите, что при выполнении условий в первых
двух баках должно быть более 50 л бензина.
84.5.	При движении по отрезкам проведенных диагоналей
проходимые вершины и центры граней должны чередоваться.
84.6.	Если вы захотите посчитать количество счастли-
вых билетов, вам придется провести большое исследование.
Проще постараться удачно разбить все счастливые билеты
на пары, не считая их количества. Если это вам удастся, то
вы можете быть уверены, что количество счастливых биле-
тов четно. Если вам удастся найти такое разбиение на па-
ры, при котором сумма номеров билетов каждой пары бу-
дет делиться на 999, то тем самым (см. Т4) вы докаже-
те, что сумма номеров всех счастливых билетов делится на
999.
85.1.	Сколько значений может принимать возраст пошед-
ших в поход туристов? См. Т2.
85.2.	Как изменяется, количество правильно стоящих ста-
канов при проделывании этой операции? См. Т11.
85.3.	Сколько пуль Петя получил за успешные выстрелы?
85.4.	Сколько различных чисел может оказаться вычерк-
нутыми во всех купленных карточках вместе?
85.5.	Подумайте, как изменяется после каждого хода мно-
жество полей, на которые можно поставить ладью.
85.6.	Докажите сначала, что по крайней мере одно из этих
чисел положительно.
85.7.	Вспомните признак делимости на 9 (см. Т8).
85.8.	Примените неравенство треугольника (см. Т17).
46
85.9.	Выразите а + — через а2 + —%.
85.10.	После каждого боя из соревнований выбывает ровно
один боксер.
85.11.	Рассмотрите центральную симметрию относитель-
но центра «внешнего» параллелограмма. Воспользуйтесь тем,
что при центральной симметрии любая прямая переходит в па-
раллельную прямую.
85.12.	Как меняется количество непустых ящиков при ка-
ждой операции? Сколько проводилось операций?
85.13.	Для наиболее эффективного использования покры-
шек нужно, чтобы они износились одновременно.
85.15.	Докажите, что количество учеников класса делится
на 5.
85.16.	Что является отрицанием фразы «Оба они вруны»?
Вовсе не «Оба они говорят правду».
85.17.	Рассмотрите двоих школьников, не дружащих меж-
ду собой. Любой из оставшихся учеников дружит по крайней
мере с одним из них.
85.18.	Для того, чтобы перенести одну банку в следующий
лагерь, необходимо потратить еще две банки. Тем самым, бан-
ка, перенесенная на один день пути, «дорожает» втрое.
86.1.	Разложите число 1986 на множители.
86.2.	Какой знаменатель может быть у этой разности?
86.3.	После того, как пересядут любые двое, сидевших ря-
дом, места всех остальных определяются однозначно.
86.4.	Примените принцип математической индукции
(см. Т1).
86.5.	Радиус, делящий хорду пополам, перпендикулярен ей.
86.6.	Возведите сумму a -F b -I- с в квадрат.
86.7.	Выведите формулу, связывающую координаты сере-
дины отрезка с координатами его концов. Докажите, что для
того, чтобы абсцисса (соответственно, ордината) середины
отрезка была целым числом необходимо и достаточно чтобы
абсциСсы (соответственно ординаты) концов отрезка имели
одинаковую четность. Воспользуйтесь принципом Дирихле
(см. Т2).
86.8.	Проведенные диагонали ограничивают выпуклый
пятиугольник. Рассмотрите треугольники, углами которых
47
являются углы этого пятиугольника и рассматриваемые углы
при лунах звезды.
86.9.	См. Т17.
86.10.	В любом квадрате 2 м х 2 м может находится не более
одной красной плиты.
86.11.	В искомой конструкции количество отмеченных
прямых должно быть равно количеству точек (попробуйте это
доказать), и среди прямых должны быть параллельные.
86.12.	Сформулируйте и решите обратную задачу.
86.13.	Продлите стороны шестиугольника. Рассмотрите
образовавшиеся при этом равносторонние треугольники.
86.14.	Для того, чтобы попасть в любую клетку достаточ-
но уметь попадать в соседнюю. Для доказательства невозмож-
ности вспомните о раскраске доски.
86.15.	Сначала посчитайте, сколько способов раскрас-
ки кубика существует, если он установлен в фиксированном
положении. Затем посчитайте, сколькими способами можно
установить кубик в фиксированном положении. См. Т12.
86.16.	Докажите, что корень сотой степени из произведе-
ния ста чисел лежит между наименьшим и наибольшим из них.
Предположив в задаче противное, выведите, что мы имеем со-
тую степень одного из сомножителей. Прийдите к противоре-
чию.
86.17.	Докажите, что площадь треугольника разбиения не
больше 7/2 площади одной клетки доски.
86.18.	Если а и Ь смежные стороны, то разбейте четырех-
угольник на два треугольника диагональю и докажите, что
площадь каждого из этих треугольников меньше, чем соответ-
ствующее слагаемое в требуемой оценке.
Если же стороны а и Ь несмежны, то сведите задачу к пре-
дыдущему случаю. Для этого постройте четырехугольник той
же площади и с теми же длинами сторон, но идущими в другом
порядке.
87.1.	Разложите знаменатель дроби на множители.
87.2.	Докажите, что такое число может быть не более чем
трехзначным.
87.3.	Пусть Али-Баба унес из пещеры х кг золота и у кг
алмазов. Найдите ограничения по весу и по объему на количе-
ство сокровищ, которые Али-Баба может унести. Это будут два
48
линейных неравенства на числа х и у. Покажите, что выруч-
ка будет максимальной, если в этих неравенствах выполняются
равенства.
87.4.	Рассмотрите отдельно различные возможные распо-
ложения точек (см. Т16).
87.5.	В качестве промежуточного утверждения докажите,
что (а — Ь)2 делится на 11. См. Т4.
87.6.	Решите сначала аналогичную задачу для 2, 4, 6 и
8 точек. Воспользуйтесь основным правилом комбинаторики
(см. Т12).
87.7.	Докажите, что прямая, проходящая через точку пе-
ресечения медиан треугольника и параллельная его стороне,
делит треугольник на две части, отношение площадей которых
равно 4 : 5, а любая другая прямая, проходящая через эту же
точку, делит треугольник на части, отношение площадей кото-
рых больше 4 : 5.
87.8.	Воспользуйтесь неравенством треугольника (Т17).
87.9.	Мальчик должен плыть в направлении вершины ква-
драта, противоположной той, к которой подошел учитель, а
затем повернуть перпендикулярно к одной из сторон квадрата
в зависимости от того, в какую сторону побежит учитель.
87.10.	Каким должен быть набор чисел, чтобы с помощью
применения к его элементам описанной операции, его нельзя
было расширить?
87.11.	Запишите условие в виде уравнения.
87.12.	Докажите сначала, что свободный член рационален.
Примените индукцию (см. Т1) по степени многочлена.
87.13.	В каждом столбике из восьми кубиков может сто-
ять не более одной ладьи. Покажите, что ровно по одной ладье
поставить можно.
87.14.	Постарайтесь построить пример числа, десятичная
запись которого содержит лишь нули и единицы. Для этого вам
придется возвести в квадрат сумму ai + 02 4-... + ап.
87.15.	Подумайте, как сдвинуть одну из вершин пяти-
угольника, чтобы его площадь не изменилась, а сумма площа-
дей рассматриваемых треугольников уменьшилось. Тогда для
доказательства утверждения задачи достаточно рассмотреть
предельный случай такого движения.
49
88.1.	Посчитайте сумму всех чисел таблицы двумя спосо-
бами — складывая числа по строкам и по столбцам.
88.2.	Постройте окружность с центром в отмеченной точке.
88.3.	Запишите условие задачи в виде неравенства.
88.5.	Такие три точки найдутся уже среди пяти точек с
координатами —3, —1, 0, 1, 3.
88.6.	Перенесите член (1 — А)(1 — В)(1 -С) в правую часть,
а К — в левую. См. Т13.
88.7.	Вспомните, что перпендикуляр всегда короче наклон-
ной.
88.8.	Соприкасаться с данным могут лишь треугольники,
стороны которых параллельны его сторонам.
88.9.	Представьте разность правой и левой частей неравен-
ства в виде суммы квадратов. См. Т13.
88.10.	Докажите, что любые слова языка Мумбу-Юмбу, со-
держащие четыре или больше букв, могут быть сокращены без
изменения смысла. Далее посчитайте, сколько различных поня-
тий могут быть выражены однобуквенными, двухбуквенными
и трехбуквенными словами.
Не забудьте доказать, что полученные вами слова выража-
ют различные понятия — это наиболее сложная часть задачи.
См. Т11.
89.1.	Найдите сначала количество тремпончиков у Джона
перед встречей с Ванной, затем их количество перед встречей
с Банной и, наконец, их исходное количество. Подумайте, обя-
зательно ли Джону приходилось ломать тремпончики пополам?
89.2.	Рассмотрите сумму количеств участников всех кон-
курсов. Посчитайте четность этой суммы двумя способами.
См. Тб.
89.3.	Докажите, что Андрей и Витя оба сказали правду.
89.4.	Рассмотрите окружность, симметричную одной из
данных относительно данной точки.
89.5.	Представьте описанную ситуацию графически
(см. Т14).
89.6.	Какой должна быть сумма чисел, названных всеми
мальчиками, и сумма чисел, названных всеми девочками?
89.7.	Докажите, что если сумма двух таких чисел записы-
вается одними девятками, то каждое из них содержит четное
число цифр.
50
89.8.	а) Средняя линия треугольника параллельна его сто-
роне и равна ее половине.
б)	Отрезок, соединяющий середины двух последовательных
сторон пятиугольника параллелен одной из его диагоналей и
равен ее половине.
89.9.	Докажите, используя принцип Дирихле (см. Т2), что
среди чисел, записываемых одними единицами, найдутся два
числа, сравнимые по модулю 1989 (см. Т5). Пусть эти числа
содержат тип единиц соответственно и т > п. Выведите
отсюда, что число, записываемое т — п единицами, делится на
1989.
89.10.	Общий делитель двух чисел х и у является также
делителем любого числа вида ах + by. См. Т4.
89.11.	В предположении, что такая нумерация возможна,
постройте последовательность, в которой каждое следующее
число является номером предыдущего.
89.12.	Постройте сферы, для которых данные окружности
были бы экваторами. Воспользуйтесь тем, что они имеют об-
щую точку.
Другой способ решения задачи основан на понятии степени
точки относительно окружности (см. Т20).
89.13.	Все четные числа, кроме двух — составные.
89.14.	Любое число единственным образом представляется
в виде суммы целого числа и положительного числа, меньшего
единицы.
89.15.	Воспользуйтесь тем, что против большего угла тре-
угольника лежит большая сторона (см. Т19).
90.1.	См. Тб.
90.2.	Сравните с задачей 79.1.
90.3.	Попробуйте найти такое расположение окружностей
в пространстве. Для этого впишите окружности во все грани
додекаэдра. Подумайте, как из пространственной конструкции
получить плоскую?
90.4.	Посчитайте отдельно сумму десятков и сумму единиц
чисел таблицы.
90.5.	См. указание к задаче 87.13.
90.6.	Поверните шестиугольник на 120° относительно цен-
тра треугольника. Сравните с задачей 85.11.
51
90.7.	Докажите сначала, что эти числа больше 1. Приме-
ните неравенство о среднем геометрическом. См. Т13.
90.8.	Внутри булки помещается тетраэдр со стороной 1 см.
91.1.	Рассмотрите отдельно различные расположения то-
чек (см. Т16).
91.2.	Для каждой четырех центральных клеток есть лишь
две клетки, куда может пойти «летучая ладья». Значит, через
одну из них она должна прийти в эту клетку, а через вторую
— уйти из нее.
91.3.	Введите обозначение для «многоэтажной» дроби, вхо-
дящей составной частью в оба слагаемых правой части.
91.4.	Заметьте, что все данные числа неотрицательны.
Рассмотрите наибольшее из них.
91.5.	Докажите, что точка А получается из С симметри-
ей относительно прямой ОВ, где О — центр окружности
См. Т18.
91.6.	При каких п число п2 + 9п — 2 делится на п + 11?
См. Т4.
91.7.	Примените теорему синусов (см. Т19).
91.8.	Подумайте, где может стоять в неправильной шерен-
ге самый высокий солдат? А самый низкий?
92.1.	Воспользуйтесь тем, что в треугольнике против
большего угла лежит большая сторона (см. Т19) и неравен-
ством треугольника (см. Т17).
92.2.	Вначале разделите монеты на две группы так, что-
бы самую легкую надо было искать в одной из них, а самую
тяжелую — в другой.
92.3.	Докажите, что если через какую-то точку проходит
менее 11 красных прямых, то хотя бы одна из этих прямых
содержит не менее 11 точек.
93.1.	Суммы чисел, записанных в вершинах, взятых через
одну, совпадают.
93.2.	Постройте треугольник с вершинами в серединах
сторон данного. Докажите, что рассматриваемые точки лежат
на сторонах этого треугольника.
93.3.	Большое количество ничьих может скомпенсировать
малое количество побед.
94.1.	Возможно выполнение даже более сильного утверж-
дения: каждый юноша, кроме одного танцевал с девушкой, бо-
52
лее красивой, чем на предыдущем танце, и каждый, кроме од-
ного — с более умной.
94.2.	Прямые, соединяющие соответственные точки окруж-
ностей, пересекаются в центре растяжения.
94.3.	Докажите, что либо все ученики школы имеют обще-
го деда, либо всего у них имеется не более трех разных дедов.
95.1.	Можно обойтись менее, чем четырьмя прямыми, по-
скольку проводя каждую следующую прямую, можно учиты-
вать уже полученные ответы. Не забудьте, что нужно также
доказать, что меньшим числом прямых обойтись нельзя.
95.2.	Заметьте, что добавление к имеющемуся набору чи-
сел единиц не меняет наибольшего общего кратного.
95.3.	Оцените площадь перекрывающейся при складыва-
нии части.
95.4.	Каждый из этих отрезков является медианой, прове-
денной к гипотенузе некоторого прямоугольного треугольни-
ка.
95.5.	б) Рассмотрите остатки от деления на 3.
96.1.	Посчитайте, сколько горячей и сколько холодной во-
ды должно налиться в ванну. Сколько времени потребуется на
это?
96.2.	Отразите трапецию симметрично относительно сере-
дины боковой стороны CD.
96.3.	Найдите сначала, какой остаток при делении на 9 да-
ет искомое расстояние.
96.4.	Поставьте в соответствие каждому трехзначному чи-
слу другое, цифры которого дополняют его цифры до девятки.
96.5.	Рассмотрите кратчайшую из хорд.
96.6.	Соедините отрезками центры смежных граней куба.
96.7.	Перенесите вершины этих углов в одну точку.
96.8.	При складывании квадрата каждый «выпуклый» уча-
сток границы должен совмещаться с аналогичным «вогнутым».
96.9.	Выразите сегодняшние цены через вчерашние.
96.10.	Заметьте, что при каждом разрезании суммарное
количество вершин всех многоугольников увеличивается не бо-
лее, чем на 4. Оцените двумя способами это количество после
к-го разрезания.
97.1.	Имейте в виду, что даже если жена подплывает к
берегу, где находится чужой муж, и тут же уплывает, это
53
считается недопустимым. Чтобы решить задачу придется в не-
который момент уже переправленных людей возвращать назад.
97.2.	Докажите, что точка D лежит на описанной около
треугольника АВС окружности.
97.3.	Найдется такая пара чисел, стоящих через одно друг
от друга.
97.4.	Число 1/42 представляется в виде периодической де-
сятичной дроби.
97.5.	Любой прямоугольный треугольник можно разрезать
на два равнобедренных.
97.6.	Попытайтесь решать задачу «с конца». Подумайте, из
какого максимального числа монет можно определить фальши-
вую за к взвешиваний, если каждую монету можно взвешивать
не более раза.
78.1. а) Докажем, что такая нумерация невозможна
методом «от противного». Предположим, что это возмож-
но, и сумма номеров ребер, сходящихся в каждой из вось-
ми вершин, равна х. Сложив эти суммы для всех вершин,
получим 8х. С другой стороны, мы должны таким обра-
зом получить удвоенную сумму номеров всех ребер, так
как номер каждого ребра входит в эту сумму дважды —
с каждой из вершин, которые это ребро соединяет. Вычи-
слим эту сумму: 2 • (1 + 2 +... +12) = 156. Отсюда следует:
8х = 156, т. е. х не может быть целым числом. Полученное
противоречие доказывает утверждение.
б) Пример такой нумерации показан на рис. 4.
78.2. Предположим, что такой многоугольник су-
ществует. Каждый угол этого многоугольника не пре-
восходит 179°, поскольку меньше 180° и является це-
лым числом. Значит, сумма его углов не превосходит
1978 • 179° = 354062°. С другой стороны, известно, что
55
сумма углов любого выпуклого 1978-угольника равна
1976 • 180° = 355680°. Полученное противоречие показы-
вает, что такого многоугольника не существует. Заме-
тим, что приведенное рассуждение несколько упрощается,
если вместо внутренних углов многоугольника рассма-
тривать его внешние углы.
79.1.	Пусть 1979 = х2 — у2 — представление, описан-
ное в условии. Тогда 1979 = (х — у)(х + у). Поскольку 1979
— число простое, то существует единственное его пред-
ставление в виде произведения двух натуральных чисел
1979 = 1 • 1979. Поэтому должны выполняться либо равен-
ства
х — у = 1979,
х + у = 1,
либо равенства
х-у = 1,
х + у = 1979.
Первая система положительных решений не имеет, а един-
ственным решением второй системы будет х = 990, у =
= 989. Значит, представление числа 1979 в виде разности
квадратов двух натуральных чисел единственно. См. T9.
79.2.	Докажем, что искомое наибольшее значение сум-
мы мест победителя равно 15. Для этого необходимо до-
казать два утверждения. Первое: при любом варианте су-
действа сумма мест победителя не может быть больше 15.
Второе: существует такой вариант судейства, при кото-
ром сумма мест победителя равна 15.
Докажем сначала первое утверждение. Для этого по-
считаем двумя способами сумму мест, присужденных все-
ми судьями всем участникам соревнований. С одной сто-
роны, поскольку каждый из трех судей распределил на-
бор мест с первого по десятое, эта сумма равна 3-(1 +
+ 2 + ... + 10) = 165. С другой стороны, ее же мы долж-
ны получить, сложив сумму мест, полученных каждым
56
фигуристом. Если предположить, что победитель получил
сумму не меньше 16, тогда все остальные получили сум-
му мест не меньше 17, и рассматриваемая общая сумма не
меньше, чем 16 + 9 • 17 = 169. Полученное противоречие
доказывает, что сумма мест победителя не больше 15.
Для доказательства второго утверждения достаточно
привести примёр судейства, при котором сумма мест по-
бедителя равна 15. Такой пример приведен ниже в виде
таблицы:
Судьи	Места
I	123456789 10
II	10 893512746
III	67495 10 8231
Сумма мест	17 17 16 16 15 17 17 17 16 17
79.3.	Простейший способ осуществить требуемую пе-
рестановку — брать карты сверху по одной (это допуска-
ется условием задачи) от первой до пятнадцатой и класть
на соответствующее место: первую — в самый низ, ка-
ждую следующую — между шестнадцатой и предыдущей
из положенных карт. Достаточно ясно, что такой способ
перестановки за 15 операций не является оптимальным.
Приведем более «хитрый» способ, позволяющий до-
биться того же результата всего за 4 операции. Каждый
раз будем снимать ровно половину колоды — 8 карт свер-
ху и «врезать» снятую часть колоды в оставшуюся «через
одну». Трансформация колоды при таких операциях по-
казана на схеме:
Верх	Низ
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16
9	1	10	2	11	3	12	4	13	5	14	6	15	7	16	8
13	9	5	1	14	10	6	2	15	11	7	3	16	12	8	4
15	13	11	9	7	5	3	1	16	14	12	10	8	6	4	2
16	15	14	13	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1
57
Эти преобразования можно описать проще (подумайте
как), если пронумеровать карты числами от 0 до 15 в
двоичной системе счисления (см. Т7).
Докажем теперь, что приведенный способ оптима-
лен, т. е. что за три операции такую перестановку осу-
ществить невозможно. Рассмотрим произвольные три
операции над колодой, удовлетворяющие условию задачи.
При каждой операции колода делится на две части: часть,
которая снимается, и часть, которая остается. Поскольку
всего карт 16, то одна из этих частей содержит не ме-
нее восьми карт. Аналогичное рассуждение показывает,
что среди этих карт найдутся по крайней мере четыре,
которые при второй операции либо все были в снятой
части колоды, либо все в оставшейся. А среди них, в свою
очередь, найдутся две карты, оказавшиеся в одной части
и при третьей операции. Таким образом, мы нашли две
карты, которые при всех операциях либо снимались, ли-
бо оставались в колоде вместе. Тем самым порядок этих
карт в колоде после трех операций не изменился. Значит,
не могло получиться так, что нумерация карт в колоде
поменялась на противоположную.
80.1.	Предположим, что такая таблица существует, и
подсчитаем, чему равняется сумма всех ее чисел. С одной
стороны, таблица содержит 5 строк, сумма чисел в ка-
ждой из которых — 30, значит искомая сумма равна 150.
С другой стороны, в таблице 10 столбцов, сумма чисел
в каждом из которых — 10. Отсюда общая сумма рав-
на 100. Полученное противоречие показывает, что такой
таблицы не существует.
80.2.	Условию задачи удовлетворяют одиннадцать чи-
1 / 1 \2 1
сел, равных —. Их сумма равна И • ( — ) = — < 0,1.
^4
80.3.	Если х — делитель числа А, то----тоже его
х
делитель. Это простое наблюдение показывает, что ка-
58
ждому делителю числа А можно поставить в соответ-
ствие двойственный делитель (так, что произведение лю-
бого делителя на свой двойственный равно А). При этом
очевидно, что делитель х является двойственным себе то-
гда и только тогда, когда х2 = А. Таким образом, если
число А не является полным квадратом, то все его дели-
тели разбиваются на пары двойственных друг другу, тем
самым их количество четно. Если же число А является
полным квадратом, то при разбиении его делителей на
пары двойственных без пары останется единственный де-
литель у/А. Значит, в этом случае количество делителей
нечетно. Итак, натуральное число имеет нечетное число
делителей тогда и только тогда, когда оно является пол-
ным квадратом. Первые десять таких чисел — 1, 4, 9, 16,
25, 36, 49, 64, 81, 100.
80.4.	а) Равносоставленность (см. Т15) любого тре-
угольника и некоторого прямоугольника следует из рис. 5
(прямая I на рисунке содержит среднюю линию треуголь-
ника).
б) Докажем сначала, что любой параллелограмм рав-
носоставлен прямоугольнику, одна сторона которого рав-
на основанию параллелограмма, а другая — его высоте.
Если высота параллелограмма падает на его основание,
то его нужно разрезать по высоте (рис. 6).
Если же она падает на продолжение основания, то то-
гда линиями, параллельными основанию, параллелограмм
59
Рис. 6
можно разрезать на параллелограммы, у которых высоты
падают на основания. После этого каждый из полученных
параллелограммов можно разрезать описанным выше спо-
собом (рис. 7). (Дотошный читатель сообразит, что по-
следней оговорки можно было бы и не делать, поскольку
всегда по крайней мере одна из высот параллелограмма
падает на основание, а не на его продолжение; попробуйте
доказать это самостоятельно.)
Теперь перейдем к доказательству основного утверж-
дения пункта б). Для любого прямоугольника можно най-
ти параллелограмм, у которого:
1)	большая сторона равна большей стороне прямо-
угольника;
2)	высота, опущенная на большую сторону, равна
меньшей стороне прямоугольника;
3)	меньшая сторона равна опущенной на нее высоте.
Способ построения такого параллелограмма приведен
на рис. 8.
Согласно доказанному утверждению, этот параллело-
грамм равносоставлен как исходному прямоугольнику,
60
Рис. 8
так и квадрату со стороной, равной его меньшей сто-
роне. Значит, исходный прямоугольник равносоставлен
квадрату.
в) Докажем, что любой многоугольник можно разре-
зать на треугольники. Если многоугольник выпуклый,
это очевидно — достаточно провести все диагонали из
одной вершины. Если же он не выпуклый, то его мож-
но разрезать на выпуклые, проведя продолжения всех
его сторон. Согласно пунктам а) и б), каждый треуголь-
ник равносоставлен некоторому квадрату. Осталось до-
казать, что произвольные несколько квадратов можно
разрезать на части, из которых можно сложить один
квадрат. Как это сделать для двух квадратов, показано
на рис. 9. Если квадратов больше двух, то проделав эту
операцию с любыми двумя, мы уменьшим их количество
на один. Повторяя ее, мы получим в конце концов один
квадрат.
81.1.	Предположим, что последнее утверждение вер-
но. Но в этом случае будут верными также и первые три
61
утверждения, так как если число делится на 24, то оно та-
кже делится на 2, 4 и 12. Поэтому последнее утверждение
не может быть верным.
Покажем теперь, что ситуация, когда первые три ут-
верждения верны, а последнее — нет, возможна. Эта си-
туация реализуется, например, если а = 12.
81.2.	За каждый шаг, независимо от того, какие числа
мы увеличиваем, сумма всех написанных чисел увеличива-
ется на 2. Поскольку вначале сумма равна 1, то она всегда
будет оставаться нечетной. А сумма четырех одинаковых
чисел, очевидно, четна. Поэтому, добиться, чтобы все чи-
сла стали равными невозможно.
81.3.	Покажем, что пяти машин заведомо достаточно.
Будем грузить машины ящиками в любом порядке до тех
пор, пока ящики не кончатся, следя лишь за тем, чтобы
не наступила «перегрузка» машины. Это возможно, так
как в любой момент погрузки будет хотя бы одна маши-
на, загруженная не более чем двумя тоннами. Действи-
тельно, если бы все машины были загружены больше, чем
на две тонны, то общий вес груза составлял бы больше,
чем 5 • 2т = Ют, что противоречит условию задачи. Эту
машину можно догрузить любым ящиком, поскольку по
условию задачи он весит не более тонны. Осталось пока-
зать, что четырех машин может не хватить. Например,
для вывоза 13 ящиков весом — т каждый, четырех ма-
шин недостаточно. Действительно, каждая машина может
увезти не более трех таких ящиков, так как четыре ящи-
40 о ~
ка весят — т > 3 т. Значит, все машины увезут не больше
12 ящиков.
82.1. Понижение цен на 20% означает, что новая це-
на товара равна старой, умноженной на 0,8. Значит, на
прежнюю зарплату можно купить товаров в
раз больше. Другими словами, на 25% больше.
1
0,8
1,25
62
82.2.	Первое условие означает, что в зале не более 29
рядов. Действительно, если бы количество рядов было не
меньше 30, то, очевидно, класс из 30 человек можно было
бы рассадить не более чем по одному на каждый ряд.
Второе условие означает, что количество рядов в за-
ле не менее 29. Действительно, если количество рядов не
больше 28, то сажая учеников класса из 26 человек по оче-
реди на пустые ряды, получим, что либо в какой-то мо-
мент все ряды будут заняты, либо все 26 учеников будут
сидеть по одному на 26 рядах, и в этом случае останутся
свободными не более двух рядов.
Значит, в кинотеатре 29 рядов. Очевидно, что в этом
случае оба условия задачи выполнены.
82.3.	а) Пусть, А, В, (7, Ai, Bi, С\ — вершины окта-
эдра, причем (A,Ai), (B,Bi)
положных вершин. Тогда
любая пара вершин, кро-
ме этих трех, соединяется
ребром. Путь мухи может
быть следующим:
ABAiCiBCACiBiCAiBiA.
б)	В каждой из восьми
вершин куба сходится по
три ребра. Согласно Т14, из
и (B,Bi) — пары противо-
этого следует, что осуще-
ствить требуемое путешествие невозможно.
82.4.	Расположим числа в порядке возрастания. Тогда
очевидно, что каждое число будет больше своего номера.
Найдем сумму номеров всех чисел: а) И-2+3+4+5+6 = 21;
б) 1 + 2 + ... + 100 = 5050. (Последнюю сумму можно по-
считать следующим способом: (1 + 100) + (2 + 99) + ... +
+ (50+51) = 50-101 = 5050.) В обоих случаях эта сумма на
единицу меньше суммы самих чисел. Значит, одно число
на единицу больше своего номера, а остальные — равны
63
ему. Числом, большим своего номера, может быть толь- •
ко последнее. Действительно, если какое-то число боль-
ше своего номера, то все последующие числа тоже больше
своего номера. Поэтому искомыми числами будут в пунк-
те а) 1, 2, 3, 4, 5, 7; а в пункте б) — 1,2,..., 99, 101.
82.5.	Покажем сначала, что если в какой-либо момент
осталось не меньше 8 окон (и, соответственно, не меньше
8 стекол), то стекло для какого-нибудь окна из остав-
шихся можно подобрать. Действительно, разобрано не
больше семи стекол, значит хотя бы одно из восьми сте-
кол, предназначавшихся заранее для восьми оставшихся
окон, осталось. Его-то и можно вставить в «свое» окно.
Поэтому больше семи окон остаться незастекленными j
не может.	I
Теперь покажем, что семь окон могут остаться не- \
застекленными. Это произойдет, например, в следующем
случае. Стекла имеют такие размеры, что для любых двух
одно может быть получено из другого вырезанием (заме- <
тим, что условие задачи этого не требует). Таким обра-
зом, все стекла можно упорядочить от самого маленького
до самого большого так, что любое меньшее может быть
«вырезано» из большего. Соответствующим образом упо-
рядочиваются и окна. Предположим, стекольщик подхо-
дит к окнам в порядке возрастания их размера (от са-
мого маленького к самому большому), а стекла подбира-
ет в порядке убывания размера. При этом ему удастся
застеклить 8 самых маленьких окон, восьмое окно полу-
чит «свое» стекло. Останутся незастекленными 7 самых
больших окон и неиспользованными 7 самых маленьких
стекол.
82.6.	Отметим на одной кромке кольца диаметраль-
но противоположные точки А и С, а на другой — диа-
метрально противоположные точки В и D, повернутые
относительно А и С на 90°. На рис. 11а изображен прямо-
угольник, получаемый из кольца разрезанием по образу-
64
ющей цилиндра АА'. Сложив цилиндр по линиям АВ, ВС,
CD и РА, получим квадрат площади 2 (рис. 116).
82.7.	Это утверждение неверно. Рассмотрим произ-
вольный треугольник АВС, у которого АВ ВС и сим-
метричный ему треугольник ADC относительно прямой
АС. Середину общей стороны АС этих треугольников
обозначим М. Из того, что медиана делит треугольник
на две равновеликие части следует, что четырехугольник
ABCD и точка М будут искомыми.
82.8.	Соединим отрезками всевозможные пары узлов
клетчатой бумаги, расстояние между которыми не пре-
восходит I. Будем считать, что один из концов О иголки
не лежит ни на одном из нарисованных отрезков (в про-
тивном случае этого можно добиться небольшим шевеле-
нием иголки). Начнем поворачивать иголку вокруг этого
конца. Если в процессе этого движения она упрется в бу-
лавку, то станем двигать иголку вдоль себя до тех пор,
пока она не перестанет соприкасаться с булавкой (при та-
ком движении мы можем быть уверены, что не упремся
ни в какую другую булавку, в силу выбора начального
положения конца иголки). Затем будем двигать иголку
вдоль себя в обратном направлении (но оставляя булавку
на сей раз с другой стороны от иголки) до тех пор, пока
ее конец О не вернется в исходное положение. Продолжая
действовать таким образом, мы сможем повернуть игол-
ку на любой угол.
3—106
65
83.1.	Докажем, что числа С и С + 3 являются одно-
временно либо хорошими, либо плохими при любом зна-
чении С. Предположим для этого, что число С — хоро-
шее, а С + 3 — плохое. Тогда с одной стороны, число
С + 18 = (С + 3) + 15 должно быть хорошим, а с другой
стороны, это же число С + 18 = ((С + 6) + 6) + 6 должно
быть плохим. Если же предположить, что число С — пло-
хое, а С + 3 — хорошее, то число С +15 — ((С + 3) + 6) + 6
должно быть одновременно и плохим и хорошим. Получен-
ное в обоих случаях противоречие доказывает, что числа
С и С + 3 всегда принадлежат одному классу. Из этого
следует, что любой класс вычетов по модулю 3 (см. Т5)
является либо целиком хорошим, либо целиком плохим.
Среди первых 2000 чисел каждый такой класс содер-
жит 666 или 667 чисел. Любой класс содержит меньше
1000 чисел, а любые два класса — больше 1000 чисел. По-
этому ровно 1000 хороших чисел быть не может.
83.2.	Все поля доски кроме вертикали а, горизонтали
8 и самого поля е4 можно разбить на пары, симметричные
относительно е4. Таких пар образуется 24. По условию,
на поля каждой пары мож-
но поставить не более одной
пешки. Кроме того, можно
поставить не более, чем по
одной пешке на поля вер-
тикали а и горизонтали 8.
Таких полей 15. На поле е4,
по условию, пешки ставить
нельзя. Значит, всего можно
поставить не более 39 пешек.
Пример расстановки 39 пе-
шек показан на рис. 12.
83.3.	Среди чисел от 1 до 1984 существует 992 четных.
Каждое из них дает по крайней мере одну двойку в раз-
ложение на простые множители числа 1984!. Две двойки
66
в это разложение дадут числа, делящиеся на 4 (их всего
496). Далее, по 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 и 10 двоек соответствен-
но дадут 248, 124, 62, 31, 15, 7, 3 и 1 чисел делящихся на
8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 и 1024 соответственно. Сложив
полученные числа, мы и получим искомую степень:
992 + 496 + 248 + 124 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 1979.
83.4.	а) Впервые число 81 во втором ряду встретит-
ся под числом 999999999, следовательно его номер будет
999999999 = шшш
9
б)	Число 36 встретится первый раз во втором ряду
под числом 9999, четыре раза подряд число 27 встретится
раньше, например под числами 3969, 3978, 3987, 3996.
83.5.	Обозначим данные точки Mi, М2, ... , М1983.
Рассмотрим на окружности две произвольные диаме-
трально противоположные точки АЧ и TV2- Согласно нера-
венству треугольника (см. Т17), учитывая, что Л1ЛГ2 = 2,
для любой точки Mi можно записать
МЛ1 + MiN2 > 2.
Сложив эти неравенства по всем г, получим
1983
^(MJVi+адг) >2-1983
г=1
ИЛИ
1983	1983
MiNr + MiN? > 2 • 1983.
г=1	г=1
Значит, хотя бы одна из двух сумм в левой части послед-
него неравенства не меньше 1983.
83.6.	Так как две пятнадцатикопеечные монеты раз-
мениваются на ту же комбинацию, что и набор из одной
67
десятикопеечной и одной двадцатикопеечной монеты, то
в исходном наборе у Пети не могло быть ни более од-
ной пятнадцатикопеечной монеты, ни одновременно деся-
тикопеечной и двадцатикопеечной монеты (в противном
случае Вася не смог бы определить однозначно исходный
набор серебра по образовавшейся меди).
Поскольку из монет 10 коп. и 20 коп. невозможно полу-
чить 1 руб. 25 коп., значит можно утверждать, что у Пети
была пятнадцатикопеечная монета. Остальные монеты в
сумме 1 руб. 10 коп. должны были быть одинаковыми,
следовательно, десятикопеечными.
Остается проверить, что при таком наборе монет по
результатам размена можно однозначно определить ис-
ходные монеты. Действительно, у Пети оказалась всего
одна копеечная монета. Из этого можно заключить, что
вначале у не было двадцатикопеечных монет, и была толь-
ко одна пятнадцатикопеечная монета.
83.7.	Соединим точки В и Е (рис. 13). Четырехуголь-
ники АВЕМ и BEDC являются вписанными, поэтому
(см. Т18)
LABE + LEM А = LBEM + LMAB,
LCBE + LEDC = LBED + LDCB.
Вычтя из первого равенства второе, получим
LABE - LCBE + LEMD - LEDC =
= LBEM - LBED + LMAB - LDCB.
Учитывая, что
LEDC = LEDM + LEMD,
LDCB = LABC+ LMAB
как внешние углы соответствующих треугольников, име-
ем
LABC - LDEM = LDEM - LABC,
68
откуда
/АВС = /DEM.
Что и требовалось доказать.
84.1.	Первое условие равносильно тому, что 1кг ири-
сок стоит дешевле, чем — руб. = 1 руб. 11- коп. Аналогич-
но, второе условие равносильно тому, что 1 кг ирисок сто-
ит дороже, чем — руб. = 1 руб. 10 коп. Поэтому ответом
в задаче является любая сумма, большая 1руб. 10 коп. и
меньшая 1руб. 11-коп. Естественно, что цена килограм-
ма ирисок выражается целым числом копеек. Поэтому от-
вет однозначен: 1руб. 11коп.
84.2.	В наборе натуральных чисел от 1 до 6 можно
найти пять пар соседних чисел: 1 и 2, 2 и 3, 3 и 4, 4 и 5,
5 и 6. Каждая такая пара может быть написана либо на
двух соседних гранях кубика, либо на двух противополож-
ных. Но пар противоположных граней у кубика всего три.
Поэтому их могут занимать не более трех пар соседних
чисел. Значит, по крайней мере две такие пары занимают
соседние грани. Следовательно, можно утверждать, что
Вася прав в обоих случаях.
84.3.	Из второго условия задачи следует, что в ка-
ждом из двух баков — первом и втором должно быть не
69
меньше 26 л бензина. Действительно, поскольку из перво-
го бака можно перелить 26 л, то, очевидно, изначально в
нем должно было быть не меньше 26 л. Кроме того, после
такого переливания в третьем баке будет не меньше 26 л,
а по условию это столько же, сколько во втором. Поэтому
общий объем бензина в первых двух баках должен быть не
меньше 52 л. Поэтому даже одного второго условия доста-
точно, чтобы утверждать, что такой разлив осуществить
невозможно.
84.4.	Требуемое расположение
приведено на рис. 14.
84.5.	Мы имеем отмеченные
точки двух типов: вершины и цен-
тры граней. Отрезки диагоналей
граней соединяют попарно точки
разных типов. Поэтому, проходя
по этим отрезкам, мы будем встре-
чать отмеченные точки в порядке
чередования их типов, т. е. если мы в некоторый момент
встретим вершину, то в следующий момент встретим
центр грани, и наоборот. Из этого следует, что в любой
момент либо количества пройденных точек обоих ти-
пов равны, либо точек одного типа на одну больше, чем
другого. Мы же имеем 8 вершин и 6 центров граней —
точек одного типа на 2 больше, чем точек другого типа.
Поэтому требуемый обход осуществить невозможно.
84.6.	Как можно пытаться доказать, что количество
счастливых билетов четно? Можно стараться подсчитать
это количество. В принципе, эта задача вполне разреши-
ма, однако она гораздо сложнее предложенной. Другой
естественный способ — постараться разбить все счаст-
ливые билеты на пары. Мы укажем два способа такого
разбиения.	f
Первый способ. Переставим в номере билета первые е
три цифры с последними тремя цифрами. Полученный
70
билет и поставим в пару исходному (например, билету
239671 парой будет 671239). Очевидно, что этот билет та-
кже будет счастливым и парой к нему является исходный
билет. Так мы разбили на пары все билеты кроме тех,
которые являются парными сами к себе. Это билеты, для
которых первые три цифры номера совпадают с последни-
ми тремя цифрами (все такие билеты счастливые). Сколь-
ко таких билетов? Их ровно 1000. Действительно, первые
три цифры их номера могут образовывать любое трех-
значное число от ООО до 999 (всего 1000 возможностей),
при этом оставшиеся три цифры однозначно определя-
ются первыми тремя (а именно, должны их в точности
повторять). Итак, мы имеем какое-то количество счаст-
ливых билетов, разбитых на пары (оно очевидно четное),
и еще 1000 билетов, пары не получивших. Значит, общее
число счастливых билетов четно. Пункт а) доказан.
Второй способ. Этот способ поможет нам также до-
казать пункт б). Каждому счастливому билету поставим
в соответствие билет, номер которого состоит из цифр,
дополняющих соответствующие цифры номера исходно-
го билета до девятки. Например, билет 239601 получит в
пару билет 760398. Из равенства сумм троек цифр сле-
дует равенство сумм их дополнений до девятки, поэто-
му парой к каждому счастливому билету является также
счастливый билет. Очевидно, что если билет А получа-
ет в пару билет В, то и наоборот, билет В получает в
пару билет А. При этом никакой билет не получает в па-
ру себя, так как в этом случае каждая цифра его номера
должна была бы дополнять до девятки самое себя, что
невозможно, поскольку 9 — нечетное число. Таким обра-
зом, мы получили разбиение всех счастливых билетов на
пары. При этом сумма номеров билетов любой пары рав-
на 999999, значит, она делится на 999. Сложив эти попар-
ные суммы, получим число, делящееся на 999. С другой
стороны, это будет сумма номеров всех счастливых биле-
тов.
71
85.1.	Чему может равняться возраст каждого из тури-
стов? Очевидно, одному из чисел: 20, 21, 22, ... ,35 (всего
16 вариантов). Поэтому, если предположить, что возраст
любых двух туристов различен, то в группе не больше 16
человек. Но по условию задачи их 20. Значит, в группе
обязательно есть одногодки.
85.2.	Посмотрим, как изменяется количество правиль-
но стоящих стаканов при каждой такой операции. Оче-
видно, что это зависит от того, сколько из переворачива-
емых стаканов стоят правильно, а сколько — вверх дном.
А именно:
—	если все четыре переворачиваемых стакана стоят
правильно, то количество правильно стоящих стаканов
уменьшится на 4;
—	если из четырех стаканов правильно стоят три, то
это количество уменьшится на 2;
—	если два, то количество не изменится;
—	если один, то увеличится на 2;
—	если все переворачиваемые стаканы стояли вверх
дном, то количество правильно стоящих стаканов увели-
чится на 4.
В любом случае количество правильно стоящих ста-
канов либо остается прежним, либо изменяется на четное
число. Поскольку сначала таких стаканов 15, то и в любой
момент их будет нечетное количество. Поэтому добиться
того, чтобы 16 стаканов стояли правильно, нельзя.
85.3.	Если Петя купил вначале 5 пуль, а всего сделал
50 выстрелов, то 45 пуль он получил за успешные выстре-
лы. Но для этого ему надо было попасть в цель 9 раз. А
он утверждает, что сделал только 8 метких выстрелов.
Значит, он не прав.
85.4.	Покажем, что восьми карточек достаточно. За-
полним их следующим образом: в первой зачеркнем числа
от 1 до 6, во второй — от 7 до 12 и т. д., в последней — от
43 до 48. Не зачеркнутым ни в одной карточке останется
72
только число 49. Поэтому среди выигрышных номеров по
крайней мере пять окажутся зачеркнутыми (к сожалению,
нельзя гарантировать, что эти пять номеров будут за-
черкнуты в одной карточке).
Теперь нам нужно доказать, что семи карточек мо-
жет не хватить. Действительно, всего будет вычеркнуто
не более 42 различных чисел. Поэтому не менее семи чи-
сел окажутся не вычеркнутыми ни в одной из карточек.
Может так случиться, что выигрышными окажутся как
раз шесть чисел из этих семи.
85.5.	Вспомним, что поля шахматной доски можно за-
давать координатами — буквой от а до Л, обозначающей
вертикаль, и цифрой от 1 до 8, обозначающей горизон-
таль. Очевидно, что поставить ладью на некоторое поле
можно тогда и только тогда, когда ни на горизонтали,
ни на вертикали, содержащей это поле, не стоит ладьи.
Поэтому описанная выше игра равносильна следующей:
гроссмейстеры по очереди вычеркивают из набора букв
а, Ь,..., h и цифр 1,2,..., 8 по одной букве и цифре. Оче-
видно, что как бы ни ходили игроки, после восьмого хода
все буквы и цифры будут вычеркнуты. Восьмой ход при-
надлежит второму, поэтому первый не сможет сделать
следующего хода. Заметим «необычность» этой игры: вто-
рой игрок выигрывает независимо от того, как будут
играть он и его соперник.
85.6.	Среди данных чисел должно быть хотя бы одно
положительное. Действительно, возьмем любые четыре из
этих чисел. Если бы все они были неположительны, то и
их сумма была бы неположительной, что противоречит
условию. (На самом деле, таким образом доказывается
более сильное утверждение — что положительных чисел
в данном наборе не меньше 22, однако нам понадобится
существование лишь одного такого числа.) Выберем это
положительное число. Остальные 24 числа разобьем про-
извольным образом на шесть четверок. Сумма всех 25 чи-
73
сел — это сумма выбранного числа (которое положитель-
но по выбору) и сумм получившихся четверок (которые
положительны по условию). Она является положительной.
85.7.	Число делится на 9, если сумма его цифр делится
на 9 (См. Т8). Поэтому одна из возможных стратегий для
Пети — дополнять на каждом ходу Васину цифру до 9.
То есть, если Вася пишет «О», то Петя пишет «9», если
Вася пишет «1», то Петя пишет «8» и т. д. Таким образом,
после каждой пары ходов Васи и Пети сумма цифр будет
увеличиваться на 9. К моменту написания всего числа она
станет равной 9 • — = 54.
Заметим, что указанная стратегия не единственна.
Попробуйте доказать, что независимо от того, какие
цифры будут стоять перед последним ходом Пети в один-
надцати разрядах, своим последним ходом Петя сможет
добиться, чтобы число делилось на 9. То есть все цифры
кроме последней Петя может ставить произвольно!
85.8.	Обозначим дома буквами А, В, С, D в поряд-
ке их следования по окружности. Предположим, колодец
вырыт в точке О. Из неравенства треугольника (см. Т17)
следует, что О А + ОС АС, причем равенство достига-
ется тогда и только тогда, когда точка О принадлежит
отрезку АС. Аналогично, OB + OD BD, причем равен-
ство имеет место тогда и только тогда, когда О лежит на
отрезке BD. Складывая эти неравенства, получим:
О А + ОВ + ОС + OD > АС + BD.
Равенство выполняется только тогда, когда О — точка
пересечения отрезков АС и BD.
Поэтому колодец нужно вырыть в точке пересечения
диагоналей четырехугольника ABCD.
85.9.	Доказательство следует из формулы:
9	1	/	1 \2
о> Ч—« = (а Ч--) — 2.
а2 \ а /
74
85.10.	После каждого боя из соревнований выбывает
один боксер — проигравший в этом бою. Поскольку всего
к концу соревнований выбыть должны все, кроме победи-
теля, всего должно быть 49 боев, независимо от того, как
составляется расписание.
85.11.	Пусть А, В, С, D — вершины одного паралле-
лограмма, лежащие на сторонах a, b, с, d другого парал-
лелограмма соответственно (рис. 15). Пусть О — центр
параллелограмма ABCD. При симметрии относительно
точки О точки А и С, а также точки В и D попарно пере-
ходят друг в друга. Прямая а переходит в параллельную
ей прямую, проходящую через точку С — образ точки
А, то есть в прямую с. Аналогично, прямая Ь переходит
в прямую d. Значит, «внешний» параллелограмм при этой
симметрии переходит в себя, то есть точка О является
его центром.
Рис. 15
85.12.	При каждой операции заполняется один пустой
ящик. Поскольку стало 10 непустых ящиков, то было про-
ведено 10 операций. Вначале было 7 ящиков, и при каждой
операции добавлялось еще по 7. Поэтому в результате ста-
ло 77 ящиков.
85.13.	Каждый километр пробега передних покрышек
изнашивает их на а задних — на - 	. Поэтому
25000	15000
75
если в середине пути длиной L км покрышки поменять,
к	L ( 1 -с 1 А
то их износ за весь путь будет равен -  ^^555 +	.
Приравняв эту величину единице, мы получим путь, ко-
торый можно пройти до полного износа покрышек. Он
2
равен —j---------— = 18750 (км).
25000 + 15000
Очевидно, что сменить покрышки в середине пути —
оптимальная стратегия, так как если это сделать в дру-
гом месте, то покрышки, прошедшие сзади больше, чем
впереди, выйдут из строя раньше. Значит, поменять по-
крышки надо через 9375 км пути.
85.14.	Рассмотрим произвольное трехзначное число
abc = 100а + 105 + с и его отношение к своей сумме цифр.
Имеем
100а 4-105 4- с
а + Ь + с
99а 4" 95	а 4" 5 4" с <
а 4" 5 4~ с	а 4" 5 4" с
99а 4-95	__ 90а 9а 4- 95	-
a + b	а + 5 + а + 5 +
^ — + 10 = 90 + 10 = 100.
а
В первом из двух неравенств равенство выполняется при
с = 0, а во втором — при 5 = 0. Поэтому искомое наи-
большее равно 100 и достигается для трехзначных чисел,
записи которых оканчиваются двумя нулями.
85.15.	Обозначим количество мальчиков в классе че-
рез М, а девочек — через Д. Из условий следует, что
31 Д 4- М 38 и ЗД = 2М. Последнее равенство
показывает, что количество девочек четно, а количество
мальчиков делится на 3. Более того, ~	= п, отку-
да Д 4- М = 5п. Существует единственное целое число,
заключенное между 31 и 38, делящееся на 5. Поэтому мо-
жно утверждать, что в классе 35 учеников — 14 девочек
и 21 мальчик.
76
85.16.	Предположим, Сеня говорит правду. Тогда, со-
гласно его словам, три остальных гнома — вруны. И, тем
самым, фраза Бени является правдой. Значит, предполо-
жение приводит к противоречию, поэтому Сеня — врун,
и его утверждение, что Женя — врун, является ложным.
Отсюда заключаем, что Женя говорит правду. Тем са-
мым, Беня — врун, а Веня говорит правду. Отметим, что
фраза Сени «да оба они вруны» (относительно Бени и Ве-
ни) является ложной (несмотря на то, что Беня действи-
тельно врун), поскольку Веня — не врун.
85.17.	Рассмотрим двоих учеников класса, которые не
дружат между собой. (Если таких нет, то все ученики
класса дружат между собой, значит, у каждого ученика
имеется 24 друга, и задача решена.) Пусть этими двумя
будут Вася и Петя. Тогда из оставшихся 23 учеников ка-
ждый дружит либо с Васей, либо с Петей. Действительно,
если бы кто-то (скажем, Коля) не дружил бы ни с Ва-
сей, ни с Петей, то мы имели бы троих учеников, среди
которых не было бы друзей. Теперь если предположить,
что и Вася, и Петя имеют не более 11 друзей, то всего в
классе, кроме этих двоих было бы не больше 22 человек
(см. Т2). Полученное противоречие показывает, что один
из школьников имеет не менее 12 друзей.
85.18.	Предположим, что в каждом лагере имеется
торговая палатка, где продаются доставленные консер-
вы. Пусть цена одной банки в базовом лагере равна одно-
му рублю, а в каждом следующем — в три раза больше,
чем в предыдущем. В таком случае цена банок, доста-
вленных в любой из лагерей не меньше, чем цена банок,
взятых для этого из базового лагеря. Действительно, для
переноски банки из некоторого лагеря в следующий мы
должны взять по крайней мере три банки, две из которых
будут съедены на пути туда и обратно. Стоимость банки
в пятом лагере будет при этом З5 = 243 руб., значит из
базового лагеря нужно взять не менее 243 банок.
77
Докажем теперь, что 243 банок хватит. Для этого из
базового лагеря выходит 81 член экспедиции. 54 человека
из них, принеся по банке в первый лагерь, сразу возвраща-
ются. Остальные 27 человек, взяв по три банки, идут во
второй лагерь. 27 банок при этом остаются в первом лаге-
ре, чтобы обеспечить им возвращение из первого лагеря в
базовый. Так происходит в каждом лагере. Две трети до-
шедших участников возвращаются, а треть — идет даль-
ше. Таким образом, из четвертого лагеря в пятый выйдет
один человек. Он и принесет вожделенную банку в пятый
лагерь.
86.1.	Воспользуемся тем, что если произведение не-
скольких чисел делится на простое число, то хотя бы один
из сомножителей делится на это число. Это утверждение
следует из теоремы о единственности разложения на про-
стые множители (см. также свойство 4 из Т4). Поэтому
из того, что произведение цифр числа равно 1986, и что
число 1986 делится на 331, следует, что одна из этих цифр
делится на 331. Это, очевидно, невозможно.
86.2.	Пусть первая дробь равна а вторая —
о	13
Тогда разность между большей и меньшей из них равна
|13я- 82/I D	v —
2———L. В числителе полученной дроби стоит целое по-
ложительное число. Поэтому она не может быть меньше
А быть равной — может. Для этого нужно, что-
бы числитель был равен единице. Это выполняется, если,
например, х = 3, у = 5 (или х = 5, у = 8).
86.3.	а) Пронумеруем все места за столом по кругу
и всех сидящих соответственно занимаемым местам. Бу-
дем считать, что нам удалось всех пересадить требуемым
образом. Без ограничения общности можно считать, что
человек 1 остался сидеть на своем месте. Если это не так,
то этого можно добиться поворотом стола; при этом усло-
вие задачи нарушиться, очевидно, не может. Человек 2
78
может сидеть либо на месте 4, либо на месте 13. Раз-
берем первый из этих случаев (рис. 16а). В этом случае
для третьего есть единственное место, удовлетворяющее
условию — 7. Далее, 4-й может сидеть только на месте 10,
5-й — на месте 13. При этом для 6-го единственное воз-
можное место — 1. Но оно уже занято первым. Значит,
рассадить людей требуемым образом не удастся. Второй
случай разбирается аналогично.
б)	Опять пронумеруем места подряд вокруг стола и
людей соответственно занимаемым местам. На рис. 166
показан способ пересадить людей, удовлетворяющий
условиям задачи.
Рис. 16
86.4.	Передача информации может быть осуществле-
на следующим образом. Рассмотрим некоторых четверых
людей в компании — назовем их А, В, (7, D, Пусть сна-
чала все члены компании, кроме В, С и D звонят А и
сообщают ему свои новости. Это потребует к — 4 звонка.
Затем между собой говорят А и В, а также С и D. По-
сле этого А говорит с С, а В с В, в результате чего все
четверо будут знать все новости. За оставшиеся 2п — 4
звонка А сообщает их всем остальным.
79
86.5.	Искомое геометрическое место середин хорд —
это дуга окружности, построенной на отрезке, соединя-
ющем данную точку и центр данной окружности, как на
диаметре, лежащая внутри данной окружности (в частно-
сти, если точка лежит внутри окружности, то получается
вся окружность).
Пусть О — центр данной окружности, М — данная
точка, I — произвольная прямая, пересекающая окруж-
ность и проходящая через точку М, Н — середина хор-
ды, получающейся при пересечении прямой окружности
(рис. 17). Воспользуемся известной теоремой: радиус пер-
пендикулярен хорде тогда и только тогда, когда он де-
лит ее пополам. Из этой теоремы следует, что угол МНО
— прямой. Из обратной теоремы о величине угла, опи-
рающегося на диаметр, следует, что точка Н лежит на
окружности с диаметром ОМ. Обратно, пусть Н — точ-
ка, лежащая на окружности с диаметром ОМ и внутри
данной окружности. По прямой теореме о величине угла,
опирающегося на диаметр, получаем, что прямые МН и
НО перпендикулярны. Применив теорему о радиусе, пер-
пендикулярном хорде, еще раз, получим, что к — середина
хорды, образованной прямой, проходящей через точку М.
86.6.	Воспользуемся формулой
(а + Ь + с)2 = а2 + Ь2 + с2 + 2аЬ + 2Ьс + 2ас.
Имеем a2+b2+c? = (a+b+c)2—2(ab+bc+ac) = 52—2-5 = 15.
80
86.7.	Воспользуемся тем, что координаты сере-
дины отрезка с концами (zi,yi) и (^2,1/2) равны
(У1	(докажите это). Среди пяти точек с
целыми координатами найдутся три, абсциссы которых
имеют одинаковую четность (то есть либо все четны, ли-
бо все нечетны). Действительно, если бы точек с четными
абсциссами было не больше двух и с нечетными абсцис-
сами не больше двух, то всего точек было бы не больше
четырех. Аналогично, среди этих трех точек найдутся две
с ординатами одной четности. Пусть это точки (xi,yi) и
(^2, У2)- Поскольку и Х2 либо оба четны, либо оба нечет-
ны, то Xi + Х2 — четное, и. —Х2 — целое. Аналогично,
“Ь 2/2
-------целое. Утверждение доказано.
86.8.	Пусть ABCDE —
исходный пятиугольник, а
A'B'C'D'E' — пятиуголь-
ник, образованный при пе-
ресечении его диагоналей
(рис. 18). Рассмотрим сум-
му углов пяти треугольников
АСВ', BDC, CED', DAE'
и ЕВА'. В эту сумму вхо-
дят по два раза углы звезды
ACEBD и по разу углы пя-
тиугольника А'В'СD'E'. Из-
вестно, что сумма углов любого треугольника равна 180°,
а пятиугольника — 540°. Отсюда выводим, что искомая
сумма углов равна 180°.
86.9.	Рассмотрим 10 отрезков с длинами 1, 2, 4, ... ,
512 (каждый следующий вдвое длиннее предыдущего). То-
гда пусть а, b и с — рлины любых трех из данных отрез-
ков, причем а < Ь < с. Тогда можно утверждать, что
Ъ с/2, а < с/2. Сложив последние два неравенства,
81
получаем b + а < с. Согласно неравенству треугольника
(см. Т17), из отрезков с длинами а, Ьи с нельзя составить
треугольник.
86.10.	Разобьем каждую сторону квадрата, ограничи-
вающего данную площадь на 50 равных частей и соеди-
ним соответствующие точки деления на противополож-
ных сторонах. В результате вся площадь разобьется на
2500 квадратиков 2мх2м, каждый из которых состоит
из четырех плиток с общей вершиной. Значит, каждый из
этих квадратиков может содержать не более одной крас-
ной плитки, и, тем самым, количество красных плиток не
может превышать 2500. С другой стороны, мы покажем,
что ровно 2500 красных плиток быть может. Для этого
нужно собрать блок 2 х 2 из четырех плит разного цвета,
и замостить 2500 такими блоками всю площадь, следя за
тем, чтобы все блоки были ориентированы одинаково.
86.11.	См. рис. 19.
86.12.	Обозначим наш квадрат ABCD, а данную вну-
три него точку М. Пусть /.MDC = /.MCD = 15°. Ре-
шим обратную задачу. Построим на стороне АВ квадрата
равносторонний треугольник ABN так, чтобы вершина
N лежала внутри квадрата (рис. 20). Тогда треугольник
CNB равнобедренный с вершиной В. Его угол при вер-
шине равен 30°, следовательно, угол при основании равен
(180° - 30°)/2 = 75°. Отсюда £DCN = 90° - 75° = 15°.
82
Аналогично получаем LCDN = 15°. По условию LDCM =
LCDM = 15°. Значит, точка N лежит на луче СМ и на
луче DM, тем самым, совпадает с М.
86.13.	Продолжим стороны данного шестиугольника
ABCDEF до пересечения друг с другом. Шестиугольник
оказался представленным в виде пересечения двух равно-
сторонних треугольников КМО и LNP (рис. 21) со сто-
ронами Ь и с соответственно. Объединение этих треуголь-
ников представляет собой шестиконечную звезду, лучи
которой АВК, BCL, CDM, DEN, EFO и FAP являются
равносторонними треугольниками. Можем записать
b - с = КМ -LN =
= (КВ + ВС + СМ) - (LC + CD + DN) =
= (АВ + ВС + CD) - (ВС + CD + DE) =
= АВ — DE — oi — 04.
Аналогично получаем, b — с = аз — и Ь — с = а$ — а?,
откуда следует требуемое равенство.
86.14.	Будем считать, что рассматриваемая бесконеч-
ная шахматная доска, как и обычная, раскрашена в белый
и черный цвета в шахматном порядке. Тогда при нечет-
83
ном N «крокодил» будет ходить только по клеткам одного
цвета, и, тем самым не может пройти на любую клетку.
Докажем теперь, что при четном N «крокодил» может
пройти с любой клетки на любую. Очевидно, для этого до-
статочно доказать, что он может пройти с любой клетки
на соседнюю (смежную по стороне). Покажем, как пройти
из клетки в соседнюю с ней сверху. Первым ходом ходим
на одну клетку вправо и N клеток вверх, а вторым —
на одну вправо и N вниз. Так мы окажемся на две клетки
правее исходной. Повторим эту пару ходов N/2 раз (тогда
мы окажемся на N клеток правее исходной), после чего
пойдем на одну клетку вверх и N влево. Мы оказались в
клетке, соседней с исходной.
86.15.	Предположим, что процедура раскраски куби-
ка происходит следующим образом: непокрашенный ку-
бик устанавливается в станок в некоторое фиксированное
положение, а затем последовательно красятся его грани
в определенном порядке: нижняя, верхняя, правая, левая,
передняя, задняя. Посчитаем сначала, сколькими способа-
ми можно осуществить такую раскраску. Нижнюю грань
мы можем покрасить любой из шести красок. После это-
го для верхней грани останется лишь пять возможностей,
поскольку одна краска уже использована. Затем правую
грань мы сможем покрасить четырьмя способами, левую
— тремя, переднюю двумя, а выбора для цвета задней
грани нет — ее мы вынуждены покрасить в оставшийся
неиспользованным цвет. Поэтому (см. Т12) всего спосо-
бов раскраски 6-5-4-3-2 = 720. Однако же, получающихся
разновидностей кубиков гораздо меньше, поскольку уста-
новить кубик в фиксированное положение можно различ-
ными способами. Сколькими? Кубик можно установить
на любую из шести граней и затем повернуть одним из
четырех способов — получаем всего 6 • 4 = 24 способа.
Поэтому разновидностей кубиков в 24 раза меньше, чем
способов раскраски, их всего 30.
84
86.16.	Предположим, что для некоторых натуральных
п и к
п(п + 1)(п + 2)... (п + 99) = А;100.	(*)
Тогда п < к < п + 99. Действительно, если к п, то
к < п + 1, А; < п + 2, ... , fc < п + 99. Перемножив эти
неравенства, получим
А;100 < п(п + 1)(п + 2)... (п + 99),
что противоречит (*). Аналогичное противоречие получа-
ем из предположения к п + 99. Поэтому число к
множителем в правую часть уравнения (*). Число к + 1,
также входящее множителем в правую часть этого урав-
нения является взаимно простым с к. Действительно, если
бы к и к + 1 имели бы отличный от единицы общий де-
литель, то он также являлся бы делителем их разности,
равной единице, что невозможно. Но тогда число к + 1
взаимно просто и с любой степенью числа А;, что проти-
воречит тому, что А;100 делится на к + 1.
86.17.	На рис. 22 показано, как разрезать данную фи-
гуру на 18 равновеликих треугольников. Докажем, что
это число — максимально возможное. Примем за едини-
цу площадь одной клетки. Данная фигура представляет
собой невыпуклый шестиугольник ABCDEF площади 63
с углом 270° в вершине D (рис. 23). Если мы имеем раз-
биение фигуры на треугольники, то, очевидно, что точка
D должна принадлежать по крайней мере двум треуголь-
никам, причем у одного из них сторона лежит на прямой
DE, а у другого — на DC. Более того, по крайней мере
для одного из них она лежит на соответствующем отрез-
ке. Для определенности предположим, что это треуголь-
ник DKL, причем К 6 [РС]. Тогда основание DK этого
треугольника не больше DC = 1, а высота — не больше
ВС = 7. Поэтому площадь треугольника DKL не больше
85
7/2. По условию, мы имеем разбиение данной фигуры на
равновеликие треугольники. Поскольку площадь одного
треугольника не больше 7/2, то всего треугольников не
63
меньше ~ 18-
86.18.	Прежде всего заметим, что достаточно ограни-
читься рассмотрением случая выпуклого четырехуголь-
ника. Действительно, для любого невыпуклого четырех-
угольника мы можем построить выпуклый с теми же дли-
нами сторон, но большей площади, отразив две его сторо-
ны относительно диагонали, лежащей снаружи (рис. 24а).
Предположим сначала, что стороны четырехугольни-
ка идут в указанном порядке. Разобьем четырехугольник
86
диагональю на два треугольника со сторонами а, Ь, I и с, d,
I и площадями Si и S2 соответственно (рис. 246). Площадь
треугольника не меньше половины произведения двух его
сторон. Это следует из того, что сторона треугольника не
меньше высоты, опущенной на другую сторону. Сложив
неравенства Si ab/2 и S2 cd/2, получим требуемое
неравенство.
Пусть теперь стороны а и Ь четырехугольника не-
смежны. Разобьем снова данный четырехугольник на два
треугольника диагональю. Теперь треугольник, имеющий
стороны and оставим на месте, а имеющий стороны b
и с отразим относительно серединного перпендикуляра
к проведенной диагонали (рис. 24в). Получим четырех-
угольник той же площади, с теми же сторонами, но иду-
щими в другом порядке (стороны а и Ь, а также с и d в
нем смежны). Для такого четырехугольника неравенство
нами уже доказано. А из этого и следует неравенство для
рассматриваемого исходного четырехугольника.
87.1.	Обозначим х = 198719871987. Вычислим знаме-
натель рассматриваемой дроби:
х2 — (х — 1)(ж + 1) = х2 — (х2 — 1) = 1.
Значит, величина дроби равна ее числителю, то есть 1987.
87.2.	Пусть искомое число содержит п цифр. Тогда
оно не меньше, чем Ю71-1 (это наименьшее n-значное чи-
сло). С другой стороны, сумма его цифр не больше 9п
(так как каждая цифра не больше 9). Поэтому из условия
задачи следует, что искомое число не больше, чем 12 • 9п.
Докажем по индукции (см. Т1), что при п > 4 имеет место
неравенство
10п-1 > 108п;
При п — 4 неравенство имеет вид 1000 > 432, что, очевид-
но, справедливо. Пусть оно справедливо при п = к. Это
значит, что
10*-1 > 108Л.
87
Умножив это неравенство на верное неравенство 10 > 1 +
+ 1/к (см. Т13), получим
10*"1 • 10 > 108Л • (1 + 1/fc)
ИЛИ
10* > 108 • (к + 1).
Это и есть доказываемое неравенство для п = к + 1.
Из сказанного выше следует, что искомое число явля-
ется двухзначным или трехзначным (однозначным оно,
очевидно, быть не может, так как сумма цифр однознач-
ного числа всегда равна ему самому). Рассмотрим эти два
случая.
Первый случай: п = 2. Пусть искомое число записыва-
ется цифрами а и Ь. Это значит, что оно равно 10а + Ь,
и условие задачи запишется в виде 10а + b = 12 • (а + Ь),
откуда 2а -4-116 = 0, что невозможно.
Второй случай: п = 3. Пусть искомое число записыва-
ется цифрами а, b и с. В этом случае условие задачи запи-
сывается в виде уравнения 100а + 10b + с = 12(а + Ъ + с),
откуда 88а — 26 4- 11с, и 11 (8а — с) = 2Ь. Мы получили,
что 2Ь делится на 11. Вспомнив, что 0 Ь 9, получа-
ем единственно возможный случай: Ь = 0. Далее, 8а — с.
Здесь опять все однозначно: а = 1, с = 8. Итак, 108 —
единственное число, удовлетворяющее условиям задачи.
87.3.	Предположим, что Али-Баба смог унести из пе-
щеры х кг золота и у кг алмазов. В этом случае он сможет
получить 20т + 60у динаров. Поскольку Али-Баба может
поднять не более 100 кг, то
х + у 100.
(*)
Кроме того, 1кг золота занимает 1/200 часть сундука, а
1 кг алмазов занимает 1/40 часть сундука. Значит, взятые
Али-Бабой сокровища займут т/200+у/40 часть сундука.
В распоряжении Али-Бабы только один сундук, поэтому
88
получаем новое ограничение на количество взятого им со-
кровища:
гс/200 + у/40	1,
или, умножив последнее неравенство на 200,
х + 5у 200.	(**)
Сложим неравенства (*) и (**):
2х + бу 300.
Умножим обе части последнего неравенства на 10:
20т + 60у 3000.
Значит, Али-Баба сможет получить за сокровища не более
3000 динаров.
Осталось показать, что Али-Баба сможет унести со-
кровища на 3000 динаров. Для этого, очевидно, необхо-
димо и достаточно чтобы в неравенствах (*) и (**) были
выполнены равенства. Решив соответствующую систему
двух уравнений, найдем х = 75, у == 25.
Итак, Али-Баба сможет получить 3000 динаров, взяв
из пещеры 75 кг золота и 25 кг алмазов.
87.4.	Рассмотрим отдельно различные случаи распо-
ложения четырех данных точек на плоскости (см. Т16).
Пусть четыре данные точки являются вершинами вы-
пуклого четырехугольника. Известно, что сумма углов
выпуклого четырехугольника равна 360°. Поэтому хотя
бы один из его углов не острый. Действительно, если бы
все его углы имели величину меньше 90°, то сумма его
углов была бы меньше 4 • 90° = 360°. Обозначим верши-
ну четырехугольника, угол при которой не острый, через
А. Тогда треугольник с вершинами в точке А и двух со-
седних с ней вершинах четырехугольника будет неостро-
угольным (рис. 25а).
89
Предположим теперь, что одна из точек (обозначим
ее А) лежит внутри треугольника BCD, образованного
остальными тремя точками (рис. 256). Сумма углов ВАС,
CAD и DAB равна 360°. Поэтому по крайней мере один
из них имеет величину не меньше 120°. Неостроугольный
треугольник найден и в этом случае.
Наконец, рассмотрим случай когда три точки лежат
на одной прямой. Обозначим эти точки А, В и С в порядке
их следования на прямой, четвертую точку обозначим D
(рис. 25в). Тогда сумма углов DBA и DBC равна 180°.
Значит, один из этих углов больше 90°. В этом случае
требуемый треугольник тоже найден.
87.5.	Если a2 + 9ab + b2 делится на И, то на 11 делится
также и число (а2 + 9ab + b2) — llab = (а — Ь)2, Отсюда
следует, что на И делится а — Ь. Действительно, число
11 простое, и если бы а — b не делилось на 11, то 11 не
входило бы в разложение на простые множители числа
а — Ь, а значит и числа (а — Ь}2 и мы получили бы, что
(а — Ь)2 не делится на И. Далее, а2 — Ь2 = (а — Ь)(а + Ь).
Поскольку а — Ь делится на 11, то и а2 — Ь2 тоже делится
на И (см. Т4).
87.6.	Обозначим через Сп количество способов, кото-
рыми можно соединить 2п точек на окружности п отрез-
ками, не имеющими общих точек. В задаче требуется най-
ти С5. Очевидно, что С± = 1. Будем считать также, что
90
Cq = 1. Докажем следующую формулу
Сп = Cq • Cn-i + (71 • Сп-2 + ... + Cn-i • Cq при п 2. (*)
Для этого рассмотрим окружность с отмеченными на
ней 2п точками. Обозначим одну из них через А. Она
должна быть соединена с некоторой другой точкой. Под-
считаем, сколькими способами можно соединить осталь-
ные точки, если точка А уже соединена с некоторой точ-
кой В. Остальные 2п — 2 точки делятся прямой АВ на
две группы, лежащие по разные стороны от этой прямой.
Для того, чтобы удовлетворить условиям задачи, точки
каждой из этих частей можно соединять только между со-
бой, так как отрезок их соединяющий пересекает отрезок
АВ. В частности, удовлетворить условиям задачи можно
только если количество точек с каждой стороны от отрез-
ка АВ является четным. Если с одной стороны от прямой
АВ находится 2к точек, то количество способов их соеди-
нить равно Ck- При этом с другой стороны от прямой АВ
будет находится 2(п — к — 1) точек, и количество спосо-
бов соединить их между собой равно Сп-ь-\- При каждом
способе соединения точек, лежащих с одной стороны от
АВ, можно осуществить все способы соединения точек,
лежащих с другой стороны от АВ. Поэтому общее чи-
сло способов соединения равно произведению Сь • Сп-ь-л-
Для того, чтобы получить Сп, мы должны просуммиро-
вать эту величину для всех возможных точек В. При этом
число к будет, очевидно, пробегать все значения от нуля
до п — 1. В результате получим формулу (*).
Пользуясь формулой (*), получаем
С2 = (70 • Сх + (71 • Cq = 1 • 1 + 1 • 1 = 2,
С3 = Cq • С2 + (71 • (71 + С2 • Со = 1 • 2 + 1 • 1 + 2 • 1 = 5,
С4 = Со • С3 + Ci • С2 + С2 • Ci + Сз • Со =
= 1- 5 + 1- 2 + 2-1 + 5-1 = 14,
91
С$ — Со • С4 + С\ • С$ 4- С2 • С2 + С3 • (71 + С4 • Со —
= 1 • 14 + 1 • 5 + 2 • 2 + 5 • 1 + 14 • 1 = 42.
87.7.	Докажем сначала следующую лемму.
.Лемма. Пусть АВС — произвольный треугольник, М
— его точка пересечения медиан. Тогда
а)	прямая, параллельная стороне треугольника и про-
ходящая через точку М, разбивает его на треугольник и
трапецию, отношение площадей которых равно 4:5;
б)	любая другая прямая, проходящая через точку М,
разбивает его на части, отношение площадей которых
больше 4:5.
Пусть прямая Z, параллельная стороне АВ, пересека-
ет сторону АС в точке D, а сторону ВС — в точке Е
(рис. 26). Треугольники DEC и АВС подобны (по двум
углам). Коэффициент к подобия равен
\СМ\
ICC1I
, где |СС1| -
медиана треугольника АВС. Поскольку медианы в точке
пересечения делятся в отношении 2 : 1, то к = 2/3. Отно-
шение площадей подобных треугольников равно квадрату
коэффициентов подобия. Поэтому Spec — ^/^Sabc^ со-
ответственно, Sabed = Ь/^Sabc- Утверждение а) леммы
доказано.
92
Известно, что медиана делит треугольник на два тре-
угольника равной площади. Действительно, у этих тре-
угольников равные основания и общая высота. Поэтому
если рассматриваемая прямая проходит через вершину
треугольника, то отношение площадей частей, на кото-
рые она делит треугольник, равно 1, и утверждение б) в
этом случае справедливо.
Проведем теперь через точку М прямую FG, находя-
щуюся в «промежуточном положении» между прямой DE,
параллельной стороне АВ, и прямой AAi, содержащей ме-
диану треугольника (рис. 26). Докажем, что
Sdec < Sfgc < SaAiC-	(*)
Для этого проведем через точку D прямую, параллельную
ВС. Ее точки пересечения с прямыми FG и AAi обозна-
чим К и L соответственно. Отрезок DE делится точкой
М пополам. Действительно, треугольник DEC гомотети-
чен треугольнику АВС с центром гомотетии в точке С.
Так как СС\ — медиана треугольника АВС, то СМ —
медиана треугольника DEC (рис. 27). Поэтому треуголь-
ники DKM и EGM равны (по стороне и двум углам).
Значит,
Sfdm > Skdm = Segm-
Отсюда получаем
Sdec = Sdmgc + Segh < Sdmgh + Sfdm = Sfgc- (**)
Аналогично, треугольники KLM и GA^M равны. Поэто-
му
SaFM > SlkM = SaiGM
и
Sfgc = SfmAyC + Saygm < SfmAxC + Safm - Saayc
(***)
Объединяя (**) и (***), получаем (*).
93
Рассмотренный случай расположения прямой, делящей
треугольник, является общим. Лемма доказана.
Перейдем теперь непосредственно к задаче о разреза-
нии торта. Из доказанной леммы следует, что если брат
укажет на торте точку пересечения медиан, то тем самым
добьется, что сестра получит не более 5/9 торта.
Докажем теперь, что независимо от того, какую точ-
ку он укажет на торте, она сможет отрезать себе не менее
5/9 торта. Проведем для этого через точку О, указанную
братом, три прямые, параллельные сторонам треугольни-
ка (рис. 28). Каждая из них разбивает треугольник на
треугольник и трапецию. Три полученные трапеции це-
ликом покрывают исходный торт-треугольник. Поэтому
по крайней мере одна из них содержит его точку пере-
сечения медиан. Из леммы легко вывести, что площадь
этой трапеции не меньше 5/9 площади всего торта. Эту
трапецию она и должна отрезать для себя.
87.8.	Пусть ABCD — данный четырехугольник, О —
точка пересечения его диагоналей.
94
а)	Запишем неравенство треугольника (см. Т17) для
треугольников АОВ, ВОС, COD и DOA:
АО + ОВ> АВ,
ВО + ОС> ВС,
CO + OD> CD,
DO + OA> DA
(неравенства строгие, поскольку точка О не лежит ни
на одной из сторон четырехугольника ABCD). Сложив
эти неравенства и воспользовавшись тем, что АО + ОС =
= ВО + OD = S, получим требуемое.
б)	Запишем неравенство треугольника для АВС,
BCD, CD А и DAB:
АВ + ВС> АС,
BC + CD> BD,
CD + DA > С А,
DA + AB> DB
(опять же, все неравенства строгие). Сложив их, получим
требуемое.
95
87.9.	Покажем, что ученик может убежать от учите-
ля. Обозначим квадрат пруда ABCD, его центр О. Пред-
положим, учитель подошел к вершине С. Будем обозна-
чать положение ученика в любой момент времени точкой
М, а учителя — точкой U. Пусть также М\ и М2 — про-
екции точки М на стороны АВ и AD соответственно; Ui
— точка, симметричная точке U относительно центра О
пруда (рис. 29). Тогда ученик должен плыть по направле-
нию к вершине А до тех пор, пока точка Ui остается вну-
три угла Mi ММ2. Как только точка V\ совпадет с одной
из точек Mi или М2, ученик поворачивает в направлении
этой точки. Чтобы доплыть до берега ему надо проплыть
меньше половины длины стороны квадрата. Учителю же
нужно пробежать половину периметра квадрата. Значит,
путь учителя более, чем в 4 раза длиннее, чем ученика.
Поэтому ученик убежит от учителя.
87.10.	Заметим, что среднее арифметическое двух це-
лых чисел является целым тогда и только тогда, когда они
одной четности (то есть оба четные или оба нечетные).
Поскольку компьютер может оперировать лишь с целыми
числами, то, без ограничения общности, можно считать,
96
что разрешается брать среднее арифметическое чисел од-
ной четности.
Будем называть множество целых чисел стабильным,
если для любых двух его элементов одной четности, их
среднее арифметическое также принадлежит этому мно-
жеству. Другими словами, если с помощью данного ком-
пьютера его нельзя расширить.
Разберемся, как устроены стабильные множества. Бу-
дем предполагать, что рассматриваемые множества упо-
рядочены (по возрастанию). Заметим, что четные и не-
четные числа в стабильном множестве чередуются. Дей-
ствительно, если в нем имеются два соседних числа од-
ной четности, то их среднее арифметическое является це-
лым, лежащим между ними, что противоречит опреде-
лению стабильного множества. Рассмотрим теперь про-
извольный (не крайний) элемент стабильного множества.
Так как он имеет разную четность с обоими своими со-
седними элементами, то эти два элемента имеют одну
четность. Их среднее арифметическое, тем самым, рав-
но рассматриваемому числу. Если любой элемент множе-
ства является средним арифметическим соседних, то это
— арифметическая прогрессия. (Мы рассматриваем как
бесконечные — в одну или обе стороны — прогрессии,
так и конечные). Таким образом, любое стабильное мно-
жество является арифметической прогрессией.
Итак, мы имеем три числа 0, т и п. По крайней ме-
ре два из них имеют одинаковую четность. Мы можем
производить операцию взятия среднего арифметическо-
го каких-либо двух чисел и добавлять полученное число к
имеющимся до тех пор, пока не получим стабильное мно-
жество. Поскольку все получаемые числа лежат в интер-
вале от 0 до п, мы получим арифметическую прогрессию с
первым членом 0, последним п и содержащим т. Посколь-
ку т и п делятся на разность прогрессии, а по условию
они взаимно просты, разность прогрессии равна 1. Зна-
чит, мы получим все числа от 0 до п.
4—106
97
87.11.	Фактически, нам требуется найти решение
уравнения
47ж - 37у = 1	(*)
в целых неотрицательных числах с наименьшей суммой
х + у. Одно из решений этого уравнения — х = 26, у = 33.
(Если вас не удовлетворяет лишь формальное предъявле-
ние решения, см. Т21, там показано, как эти решения мож-
но искать.) Покажем, что приведенное решение имеет ми-
нимальную сумму х+у. Пусть (ж, у) — другое целочислен-
ное решение этого уравнения. Вычтя из равенства (*) ра-
венство 47-26 —37-33 = 1, получаем 47(т — 26) = 37(у —33).
Отсюда следует, что х—26 делится на 37, а у— 33 — на 47.
Значит, (26,33) — решение с минимальным положитель-
ным значением как ж, так и у. Ответ в задаче — 59 минут.
87.12.	Докажем следующее более сильное утвержде-
ние. Если многочлен степени п принимает рациональные
значения в п + 1 различной точке, то все его коэффици-
енты рациональны.
Проведем доказательство методом математической
индукции (см. Т1) по степени многочлена. Для любо-
го многочлена нулевой степени (константы) утвержде-
ние очевидно. Предположим теперь, что для многочле-
нов степени п — 1 утверждение доказано. Пусть Р(х) —
многочлен степени п, принимающий рациональные зна-
чения в п + 1 различной точке ..., хп. Рассмо-
трим многочлен Р'(х) = Р(х + яо)- Достаточно до-
казать, что его коэффициенты рациональны. Действи-
тельно, из рациональности коэффициентов многочле-
на Р'(х) и формулы Р(х) = Р'(х — х$) следует ра-
циональность коэффициентов многочлена Р(х). Пусть
Р'(х) — an+ix71*1 + апхп +... + а^х + во- Тогда свободный
член во = P'(ty = РЫ рационален. При этом много-
член — а л^хп + а хП1 4-	4- ai — Р (ар - (в)
98
имеет степень п — 1 и принимает рациональные значения
в п различных точках — то, Т2 — то, ... , хп — то- По
предположению индукции все его коэффициенты рацио-
нальны. Но они равны соответствующим коэффициентам
многочлена Р'^х) (всем, кроме свободного члена). Зна-
чит, все коэффициенты многочлена Р'(т), а тем самым
и Р(т), рациональны.
87.13.	Очевидно, что в каждом столбике из 8 кубиков-
клеток может стоять только одна ладья, поэтому больше
64 ладей поставить нельзя.
Покажем, как поставить 64 ладьи, чтобы они не били
друг друга. Введем систему координат с осями, напра-
вленными вдоль ребер куба так, чтобы каждая клетка
имела координатами тройку (т, у, z) чисел от 0 до 7 и по-
ставим ладьи в клетки, сумма координат которых делится
на 8. Эта расстановка является искомой.
Докажем сначала, что эти ладьи не бьют друг дру-
га. Предположим противное — какие-то две ладьи бьют
друг друга. Значит, две их координаты (скажем, х и у)
совпадают, а третья — различна (обозначим ее zi и Z2 со-
ответственно). По построению суммы x + y + z±H x + y + z%
делятся на 8. Значит, на 8 делится и их разность z± — 2:2,
что невозможно, так как z\ и z% — различные неотрица-
тельные числа, меньшие 8.
Докажем теперь, что в каждом вертикальном столби-
ке находится по ладье, то есть что мы поставили 64 ладьи.
Каждый такой столбик определяется своей парой коорди-
нат х и у. Координата z для ладьи в этом столбике одно-
значно задается условием х + у + z = 0 (mod 8) (см. Т5).
А именно, если х + у делится на 8, то z = 0, в противном
случае z равно 8 минус остаток от деления на 8 суммы
т + у.
1000 i
87.14.	Таким числом будет 52 Ю2’. В его десятичной
г=0
записи единицы стоят в разрядах с номерами 1, 2, 4, 8,... ,
99
2iooo (разряды мы считаем справа, то есть разряд единиц
имеет номер 1, десятков — 2 и т. д.), а остальные цифры
— нули. Сумма цифр числа равна 1001. При возведении
этого числа в квадрат мы получим единицы в разрядах
с номерами 22г (г = 0,1,..., 1000), двойки в разрядах 2г+-7
(г,У = 0,1,..., 1000 г 7^ J) и нули в остальных местах.
Сумма цифр этого квадрата равна 10012.
87.15.	Первый способ. Будем двигать вершину А
данного пятиугольника ABCDE параллельно диагона-
ли BE. При этом площадь треугольника ВЕА и, тем
самым, пятиугольника ABODE не меняется. Действи-
тельно, основаниями всех получаемых при движении тре-
угольников будет отрезок BE, а высоты равны между
собой. Из всех рассматриваемых треугольников при та-
ком движении площадь будет меняться лишь у DEA и
ЕАВ. Как меняются эти площади? Рассмотрим один из
них. Пусть при сдвиге на величину х точка А перейдет
в точку А' (рис. 30а). Обозначим через h и hf соответ-
Рис. 30
ственно высоты, опущенные на сторону DE из точек А
и А' соответственно, а через <р — угол между прямыми
100
АА' и DE. Тогда S^a'DE — S&ade = \dE  h' — ^DE  h =
A	A
= ~DE(h — hf) = -DE-x cos tp. Таким образом, изменение
площадей рассматриваемых треугольников пропорцио-
нально величине сдвига вершины А (до тех пор, пока
какой-то из треугольников не выродится, то есть мы
пересечем прямую DE или ВС). Значит, при движении
в одном направлении сумма площадей рассматриваемых
треугольников возрастает, а в другом — убывает. Без
ограничения общности можно считать, что эта сумма
убывает при движении в направлении прямой DE. Зна-
чит, доказательство можно проводить для вырожденного
пятиугольника ABCDE, у которого вершены А, Е и D
лежат на одной прямой (рис. 306). Рассуждая аналогич-
но, будем двигать вершину Е в направлении вершины
А или D. Таким образом мы сведем задачу к случаю
вырожденного пятиугольника, у которого две вершины
(Е и А или D) совпадают. В этом случае утверждение
очевидно, поскольку уже два из рассматриваемых тре-
угольников АВЕ и BCD покрывают превратившийся в
четырехугольник пятиугольник ABCDE.
Второй способ. Дадим кратко другое доказательство.
Назовем дефектом выпуклого пятиугольника разность
между его площадью и суммой площадей треугольников,
отсекаемых от него диагоналями. Мы должны доказать,
что дефект любого выпуклого пятиугольника отрицате-
лен. Из определения следует, что дефект пятиугольника
меньше его площади. Для любого выпуклого пятиуголь-
ника можно рассмотреть пятиугольник, высекаемый его
диагоналями. Площадь этого пятиугольника меньше пло-
щади исходного, а дефект — больше (докажите это само-
стоятельно). Таким образом, можно построить бесконеч-
ную последовательность пятиугольников, площади кото-
рых убывают и становятся сколь угодно малыми (послед-
нее утверждение требует доказательства и не является
101
тривиальным, как кажется на первый взгляд!), а дефек-
ты возрастают. Отсюда следует, что дефект любого пя-
тиугольника отрицателен.
88.1.	Найдем сумму всех чисел таблицы двумя спо-
собами. Поскольку таблица содержит М строк, и сумма
чисел каждой строки равна 1, то вся сумма равна М. Ана-
логично, считая эту же сумму по столбцам, получим в ре-
зультате К. Отсюда М — К.
88.2.	а) Нужно вырезать из круга два маленьких рав-
ных кружка — один с центром в центре круга, а другой с
центром в отмеченной точке, и затем поменять эти круж-
ки местами.
б)	Линия разреза — дуга того же радиуса, что и у
данного круга, с центром в отмеченной точке (рис. 31).
88.3.	Пусть L — количество всех людей, В — количе-
ство блондинов, G — количество голубоглазых, D — коли-
чество голубоглазых блондинов. Условие задачи означает
D В
выполнение неравенства — > —. Умножим обе части это-
G L
G тт	1?	~ т д
го неравенства на —. Получим > GL. А это и значит,
В	В
доля голубоглазых среди блондинов больше, чем доля го-
лубоглазых среди всех людей.
88.4.	Нарисовать эту фигуру можно следующим обра-
зом. Пронумеруем три квадрата, из которых состоит фи-
102
гура. Начнем рисовать первый квадрат с любой его точ-
ки до тех пор, пока не дойдем до точки пересечения со
вторым квадратом. Затем прерываем обход первого ква-
драта и рисуем второй до тех пор, пока не дойдем до его
точки пересечения с третьим. Затем рисуем полностью
третий квадрат, окончив дорисовываем второй, затем —
первый. Каждый раз мы будем оканчивать рисовать ква-
драт в той же точке, в которой начинали, то есть в точке
пересечения с предыдущим квадратом.
88.5.	Рассмотрим на прямой две произвольные точки
X и У, окрашенные в один цвет. Рассмотрим также три
следующие точки: Х\ — образ точки X относительно У,
У1 — образ точки У относительно X и О — середину
отрезка XY (рис. 32). Если хотя бы одна из этих точек
окрашена в тот же цвет, что и точки X и У, то она вместе
с ними образует искомую тройку. Если все эти три точ-
ки окрашены в другой цвет, то тогда они будут искомой
тройкой. См. Т10.
У1 X О Y Xi
Рис. 32
88.6.	Фактически требуется доказать три неравен-
ства
1-(1-А)(1-В)(1-С)> А,
1 — (1 — А)(1 — В)(1 — С) > В,
1 - (1 - А)(1 - В)(1 - С) > С.
Докажем первое, остальные получаются из него пере-
обозначениями. Добавив к его обеим частям число А —
— (1 — А)(1 — В)(1 — С) > С, получаем равносильное
неравенство
1 — А> (l-A)(l-B)(l-(7).
103
Далее разделим обе части на положительное число 1 — А.
Имеем
1 > (1 -В)(1 - С).
Последнее неравенство справедливо, поскольку в его ле-
вой части стоит произведение двух положительных чи-
сел, меньших единицы. Из этого следует справедливость
исходного неравенства (см. Т13).
88.7.	Обозначим стороны треугольника а, b и с так,
что высоты, опущенные на стороны а и Ь, не меньше этих
сторон. Обозначим также ha, hb и hc высоты, опущенные
на стороны о, b и с соответственно. По условию ha а,
hb Ь. Кроме того, поскольку перпендикуляр является
кратчайшим расстоянием от точки до прямой, ha Ь,
hb а. Объединяя выписанные неравенства, получаем
d ho, b hb d,
откуда очевидно а — b — ha = hb.
Условие а = Ь означает, что треугольник равнобедрен-
ный, а условия а = hb и b = ha что стороны а и b являют-
ся одновременно высотами, то есть они перпендикулярны
друг другу. Итак, рассматриваемый треугольник прямо-
угольный и равнобедренный. Его углы 90°, 45° и 45°.
88.8.	Будем называть два треугольника параллель-
ными, если какая-то сторона одного из них параллель-
на какой-то стороне другого. Если два равносторонних
треугольника, лежащих в одной плоскости, параллель-
ны, то легко понять, что каждая сторона одного из них
параллельна некоторой стороне другого. Поэтому па-
раллельность на множестве равносторонних треугольни-
ков на плоскости является отношением эквивалентности
(см. ТЗ).
Поскольку каждый треугольник может иметь общий
участок стороны только с параллельным ему треугольни-
ком, то раскраску можно производить для каждого «клас-
са параллельности» независимо. Покажем, как покрасить
104
в два цвета, удовлетворяя условиям задачи, треугольни-
ки одного «класса параллельности». Введем для этого на
«классе параллельности» понятие ориентации так, чтобы
два треугольника на рис. 33а были одинаково ориенти-
рованными, а два треугольника на рис. 336 — противо-
положно ориентированными. Для того, чтобы дать стро-
гое определение, отметим, что любые два параллельных
треугольника гомотетичны (докажите это). Назовем два
гомотетичных треугольника одинаково ориентированны-
ми, если коэффициент гомотетии положителен, и проти-
воположно ориентированными, если он отрицателен. Та-
ким образом, весь «класс параллельности» распадается на
два подкласса так, что любые два треугольника одного
подкласса одинаково ориентированы, а различных под-
классов — противоположно ориентированы.
Рис. 33.
Очевидно, что два треугольника могут иметь общий
участок сторон, только если они противоположно ориен-
тированы. Поэтому если мы покрасим в один цвет все
треугольники одной ориентации, а в другой цвет — все
треугольники противоположной ориентации, то получим
раскраску в два цвета, удовлетворяющую условию задачи.
88.9.	Рассмотрим неравенство
О	(#1“Я2)2 + (Я2“ЯЗ)2 + -• • + Сг1987“Я1988)2 + (#1988—^i)2.
Оно, очевидно, верно, так как каждое слагаемое правой
105
части неотрицательно. Раскроем скобки:
О (xf — 2X1X2 + х|) + (Х2 — 2x2x3 + х|) + ...
• • • + (*1988 “ 2*1988*1 + Xj).
Перенесем удвоенные квадраты в левую часть:
2^1X2 + 2т2Тз + . . . + 2^1988^1	2X1 + 2^2 + . . . + 2^1988.
Поделив обе части неравенства на 2, получим требуемое.
88.10.	Покажем, что в языке Мумбу-Юмбу может
быть выражено не более шести понятий. Сначала дока-
жем, что любое выражаемое понятие может быть выра-
жено словом не более, чем из трех букв. Пусть мы имеем
Мумбу-Юмбовское слово, состоящее не менее, чем из че-
тырех букв. Покажем, как его сократить, чтобы смысл
не изменился. Если в слове есть две одинаковые буквы,
идущие подряд, то их нужно выкинуть. Если таких букв
нет, то это значит, что в этом слове буквы чередуются.
Значит, начало этого слова имеет вид либо АВ АВ, либо
БАБА. Начало АБАБ можно заменить на БАББ и далее
на более короткое БА. Аналогично, БАБА заменяется на
АВ. Таким образом, любое слово, состоящее не менее чем
из четырех букв можно сократить, значит любое понятие
можно выразить словом, состоящим не более чем из трех
букв.
Перечислим теперь различные понятия языка Мумбу-
Юмбу:
1)	понятия, выражаемые словами из одной буквы: А,
5;
2)	понятия, выражаемые словами из двух букв: АЛ,
AJ5, БА. Слова Б Б и А А означают одно и то же, так оба
они могут быть получены вычеркиванием пары одинако-
вых букв из слова ААББ.
3)	понятия, выражаемые словами из трех букв: здесь
имеем только одно новое понятие АБА. Действительно
106
БАБ, по условию, означает то же самое, а в любых дру-
гих трехбуквенных словах есть две одинаковые буквы,
идущие подряд, поэтому они означают то же, что и уже
перечисленные однобуквенные слова.
Итак, в языке Мумбу-Юмбу может быть выражено не
более шести различных понятий. Поэтому дни недели ди-
карь племени посчитать не сможет.
Докажем теперь, что перечисленные слова языка
Мумбу-Юмбу означают различные понятия. Для этого
предположим, что дикарь, произнося любое слово, испол-
няет параллельно ритуальный танец следующим образом.
На земле нарисован круг, разделенный на шесть равных
секторов, один из которых отмечен. Обозначим три пря-
мые, делящие круг, через а, Ь и с так, что выделенный
сектор ограничен прямыми а и Ь. Дикарь становится
сначала в отмеченный сектор и, произнося А, прыгает
в сектор, симметричный тому, в котором он находит-
ся, относительно прямой а, а произнося Б — в сектор,
симметричный относительно прямой Ь. Тогда если два
слова означают одно и то же понятие, то в результа-
те их произнесения, дикарь окажется в одном и том же
секторе. Действительно, два прыжка через одну прямую
оставят дикаря на месте, то есть выкидывание из слова
двух одинаковых букв не повлияет на положение дикаря
после танца. Комбинация букв АБА соответствует трем
последовательным прыжкам через прямые а, Ь и снова а,
что, нетрудно проверить, то же самое, что один прыжок
через с. Тот же результат будет при последовательности
прыжков, соответствующих комбинации БАБ. Поэтому
замена АБА на БАБ тоже не влияет на место, в котором
окажется дикарь после произнесения слова. Нетрудно
проверить, что в результате произнесения слов А, Б, АА,
АБ, БА и АБА дикарь окажется в различных секторах
(см. рис. 34). Поэтому перечисленные шесть слов обозна-
чают шесть различных понятий. Значит, для обозначения
пальцев на руке понятий языка хватит.
107
b
Начальный____
сектор
\ В /
AA\ / AB
/ \ ABA
ba\ /
с
Рис. 34.
89.1.	Будем решать задачу с конца. Определим сна-
чала, сколько тремпончиков было у Джона перед встре-
чей с последней девушкой. Из условия следует, что пол-
тремпончика составляли половину этого количества. Зна-
чит, всего имелся один тремпончик. Аналогично, перед
встречей с Банной половину всех имевшихся тремпончи-
ков составлял этот один и еще пол-тремпончика, то есть
полтора. Поэтому всего имелось три тремпончика. Они и
еще пол-тремпончика составляли половину исходного ко-
личества. Значит, изначально было 7 тремпончиков.
89.2.	Напомним, что по правилам турнира им. Ломо-
носова каждый школьник имеет право участвовать в лю-
бом количестве конкурсов турнира.
Заметим, что сумма четного числа нечетных чисел
всегда является четным числом, а сумма нечетного чи-
сла нечетных чисел всегда является нечетным числом
(см. Тб).
Рассмотрим сумму количеств участников по всем пя-
ти конкурсам. Эта сумма должна быть нечетной, так как
по условию на каждом конкурсе побывало нечетное коли-
чество школьников. С другой стороны, это же число мож-
но получить, сложив для каждого школьника количество
108
конкурсов, в которых он участвовал. Предположим, что
количество школьников было четным. Тогда рассматрива-
емая сумма содержит четное число нечетных слагаемых
и, тем самым, является четной. Полученное противоречие
показывает, что предположение было ложным. Значит, на
турнир в МИМИНО пришло нечетное количество школь-
ников.
89.3.	Рассмотрим отдельно три возможных случая.
1)	Андрей и Витя оба лгут. Это значит, что Толя го-
ворит правду, Дима лжет, Юра говорит правду.
2)	Один из ребят (Андрей или Витя) говорит правду,
а второй лжет. В этом случае Толя лжет, Дима говорит
правду, Юра лжет.
3)	Андрей и Витя оба говорят правду. Тогда Толя и
Дима лгут, Юра говорит правду.
Лишь в третьем случае правду говорят трое из бра-
тьев. Значит, только этот случай мог иметь место. По-
скольку Андрей говорит правду, то пирог испек либо Ви-
тя, либо Толя. Однако Витя (а он, как мы выяснили, тоже
говорит правду) отрицает, что он это сделал. Значит, пи-
рог испек Толя. При этом Андрей, Витя и Юра сказали
правду.
89.4.	При центральной симметрии относительно сере-
дины отрезка один его конец переходит в другой. На этом
очевидном замечании и базируется требуемое построе-
ние. Отобразим одну из данных окружностей симметрич-
но относительно данной точки (рис. 35). Точка пересече-
ния образа этой окружности со второй окружностью и
будет концом искомого отрезка. Отразив один конец от-
носительно середины, находим второй конец.
Задача может не иметь решений или иметь одно, два
или бесконечно много решений в зависимости от коли-
чества точек пересечения образа первой окружности со
второй окружностью (бесконечно много решений будет
в случае, если данные окружности симметричны относи-
109
тельно данной точки). (Если данные окружности совпа-
дают, то решений бесконечно много когда точка — их
центр, решение единственно для любой другой точки вну-
три окружностей, и решений нет для точки вне их.)
89.5.	Организуем разбор следующим образом. В ка-
ждый момент определим кандидатами на рассказ реше-
ния следующей задачи всех школьников, еще не расска-
зывавших решение, но решивших одну из уже разобран-
ных задач. Если таких кандидатов нет, то просим любого
школьника, еще не рассказывавшего решения, разобрать
любую из решенных им задач. Если же хотя бы один кан-
дидат существует, то просим его разобрать еще не разо-
бранную решенную им задачу. При таком способе разбора
в любой момент может быть не более одного кандидата,
и, если кандидат существует, то одна из решенных им
задач еще не разбиралась.
Заметим, что фактически приведенное решение повто-
ряет (хотя и в других терминах) доказательство факта,
что граф, из каждой вершины которого выходит ровно
два ребра, является объединением циклических (см. Т14).
89.6.	Сумма чисел, названных всеми мальчиками,
должна равняться сумме чисел, названных всеми девоч-
ками. Действительно, обе эти суммы должны равняться
110
количеству пар, образовавшихся во время конкурса. По-
скольку сумма всех названных чисел равна 74, то каждая
из сумм чисел, названных мальчиками и девочками в от-
дельности, должна равняться 37. Однако, из названных
чисел невозможно выбрать часть, дающую в сумме 37.
Действительно, все названные числа кроме пятерки де-
лятся на 3. Поэтому любой набор этих чисел, не содержа-
щий пятерки, дает в сумме число, делящееся на 3. Сумма
чисел любого набора, содержащего пятерку, дает при
делении на 3 остаток 2. Число 37 при делении на 3 дает
остаток 1, поэтому сумма чисел такого набора не может
равняться 37.
89.7.	Предположим, что такая пара чисел существует.
Очевидно, что десятичная запись каждого из этих чисел
содержит 999 цифр. Поскольку их сумма записывается од-
ними девятками, одно получается из другого заменой ка-
ждой цифры ее дополнением до девятки (то есть каждая
цифра а заменяется на цифру 9 — а). Предположим, это
дополнение состоит из тех же цифр, что и исходное число.
Так как записи чисел состоят из одних и тех же чисел, то
количество нулей должно в этих записях равняться коли-
честву девяток, количество единиц — количеству восьме-
рок, количество двоек — количеству семерок, количество
троек — количеству шестерок и количество четверок —
количеству пятерок. Но это возможно лишь в случае, если
количество цифр в записи числа четно. Противоречие до-
казывает, что пары чисел с указанными свойствами быть
не может.
89.8.	а) Пусть АВС — искомый треугольник, А',
В', Cf — данные точки, середины его сторон ВС, С А
и АВ соответственно (рис. 36). Тогда, согласно свой-
ству средней линии треугольника, АВ || А'В', ВС || В'С\
АС || А'С'.
Построение будем производить следующим образом.
Через точку А проведем прямую а, параллельную В*С\
111
через точку Bf — прямую Ь, параллельную Л'С", через
точку С — прямую с, параллельную А'В'. Треугольник
АВС, ограниченный прямыми а, Ь и с, будет искомым.
Докажем это. Четырехугольник АСА'В' является
параллелограммом. Поэтому АС = Bf Af. Четырехуголь-
ник ВС В'А' также является параллелограммом. Поэтому
В'А' = СВ. Значит, АС1 = СВ, т.е. С — середина сто-
роны АВ. Аналогично доказывается, что В' — середина
АС, & А' — середина ВС.
Задача имеет единственное решение во всех случаях,
когда данные три точки не лежат на одной прямой.
б) Пусть ABCDE — искомый пятиугольник, Л', В',
С, D' и Ef — данные точки, середины его сторон CD,
DE и ЕА, АВ и ВС соответственно (рис. 37). Опять вос-
пользуемся свойством средней линии треугольника, запи-
сав его в векторном виде. Применим его к треугольни-
кам ABC, BCD, CDE, DEA и ЕАВ. Имеем АС = 2D^',
ВЁ = 2ЁГЙ, СЁ = 2Аб) 7#, DA = 2ВГ3, ЁЁ = 2СГТК
Из проведенного анализа вытекает следующий способ
построения. Выбираем произвольную точку Л1. Далее на-
ходим точки Ci, Е\, Bi и Di, откладывая последовательно
векторы Alct = 2D^', С^Ж = 2А^,	= 2СЧ^,
BiDi = 2Е'А'. Искомый пятиугольник ABCDE получа-
112
ется из пятиугольника A'B'C'D'E' параллельным перено-
сом. Вектор переноса можно взять с началом в середине
стороны А1В' и концом в точке D (рис. 38).
Задача имеет единственное решение, если полученные
точки Al, Bi, Ci, jDi и Е\ являются последовательными
вершинами пятиугольника (другими словами, замкнутая
ломаная A\B\C\D]E\A\ не самопересекающаяся).
89.9.	Рассмотрим последовательность ai = 1, а2 = Н,
... , ап = И... 1, ... чисел, десятичная запись которых
состоит из одних единиц. Поскольку существует лишь ко-
нечное число различных остатков от деления на 1989, а
последовательность содержит бесконечно много членов,
то, согласно принципу Дирихле (см. Т2), среди них най-
дутся два, дающих одинаковые остатки при делении на
1989. Пусть это числа ак и а/, (к > /). Тогда их разность
ак — ai = 10lak-i делится на 1989 (см. Т5). Так как 10* и
1989 — взаимно просты, то ak-i делится на 1989 ’(см. Т4).
Это число Петя сможет записать.
89.10.	Любой общий делитель чисел х = 9m + 7п и
у = 3m+2n должен быть также делителем чисел х—Зу = п
*7у- 2х = 3m. Поскольку числа т и п не имеют общих
делителей кроме 1, то любой общий делитель чисел п и
113
Зт должен быть делителем числа 3 (см. Т4). Поэтому он
не может быть больше трех.
Покажем, что равняться трем он может. Пусть т = 1,
п = 3. Тогда х = 30, у = 9. Число 3 является общим
делителем чисел 30 и 9.
89.11.	Пусть ai, в2, • • •, ап, • • • — выписанные в ряд
все натуральные числа без единицы. Покажем, что в этой
последовательности существует бесконечно много чисел,
больших своего номера. Построим для этого новую после-
довательность {Ьп} натуральных чисел, заданную следу-
ющим рекуррентным (см. Т1) соотношением:
bi = 1, bn+i = аьп при п > 2.
Докажем, что все члены последовательности {Ьп} различ-
ны. Действительно, пусть какие-то два ее члена bk и bi
равны. Если к > I > 1, то имеем аьк_! = отку-
да bk~i = fy-i, так как все члены последовательности
{ап} различны. Продолжая аналогичные рассуждения, по-
лучим
bk-2 = bi-2,
bk-i+i = bi.
Последнее равенство означает аьк_г = 1, что противоре-
чит условию того, что последовательность {ап} не содер-
жит единицы. Противоречие доказывает, что все члены
последовательности {Ьп} различны.
Так как {Ьп} — бесконечная последовательность раз-
личных натуральных чисел, то в ней существует беско-
нечно много членов, больших предыдущего (в противном
случае она бы убывала начиная с некоторого места, что
невозможно). Иными словами, для бесконечно многих к
выполнено bk+i > b^ или аък > Ь^. А это и значит, что
бесконечно много членов последовательности {ап} боль-
ше своего номера.
114
89.12.	Каждая из проведенных прямых является мно-
жеством точек, степени которых относительно двух из
данных окружностей равны (см. Т20). Поэтому если
какие-то две из трех проведенных прямых пересекаются,
то точка их пересечения имеет одинаковую степень отно-
сительно всех трех окружностей. Значит, третья прямая
также проходит через эту точку.
Приведем кратко другой способ решения задачи, опи-
рающийся на «выход в пространство». Построим три сфе-
ры, для которых данные окружности являются большими
окружностями (то есть с теми же центрами и радиуса-
ми.) Пересечением любой пары этих сфер является окруж-
ность, проектирующаяся в отрезок, соединяющий точки
пересечения соответствующих окружностей. Точка пере-
сечения сфер проектируется в точку пересечения этих от-
резков.
89.13.	Докажем, что любое простое число р, большее
11, представляется в виде суммы двух составных. По-
скольку любое простое число, большее двух, нечетно, то
число р — нечетное, а р — 9 — четное и, следовательно,
составное. Поэтому р — (р — 9) 4- 9 — искомое предста-
вление.
С другой стороны, непосредственно проверяется, что
все простые числа, меньшие или равные 11 (а это —
2, 3, 5, 7 и 11), не представимы в виде суммы двух состав-
ных.
89.14.	Любое число единственным образом предста-
вляется в виде суммы двух чисел, одно из которых — це-
лое, а другое — неотрицательно и меньше единицы. Это
— сумма его целой и дробной части. Для — таким пред-
10	5 , 3	.	,17
ставлением будет — = 1 4- -. Поэтому х = 1, у + - — ~.
7	7	z о
7	1
Аналогично разлагаем - = 2 + - в сумму целой и дробной
части. Получаем у = 2, z = 3.
115
89.15.	Воспользуемся тем, что в треугольнике про-
тив большего угла лежит большая сторона (см. Т19). По-
скольку приведенное неравенство не изменяется при ци-
клической перестановке сторон а, Ь и с (и, соответствен-
но, углов а, /3 и 7), можно без ограничения общности счи-
тать, что с — наименьшая сторона треугольника (соот-
ветственно, 7 — наименьший угол). Рассмотрим теперь
разность правой и левой частей доказываемого неравен-
ства.
aa + b/3 + cy — а/3 — by — са = (Ь — с)(а —7) + (а — Ь)(а — (3).
Первое слагаемое правой части есть произведение двух
неотрицательных (в силу сделанного предположения) чи-
сел, второе — двух чисел одного знака, поскольку усло-
вия а b и а (3 равносильны (в силу упомянутого выше
свойства треугольника). Итак, рассматриваемая разность
неотрицательна, отсюда следует справедливость неравен-
ства.
Фактически, утверждение задачи вытекает из следую-
щего более общего факта. Пусть < 02 < • • • < а>п и bi <
< &2 < • • • < Ьп — два упорядоченных одинаковой длины
набора чисел. Тогда максимальная сумма попарных про-
изведений чисел этих наборов — это aibi+azb2 + .. .+anbn,
а минимальная — а\Ьп + аъЬп-л + ... + апЬ\. Попробуйте
доказать его самостоятельно. Указание: исследуйте, что
происходит с такой суммой при перестановке некоторых
bi и bj.
90.1.	Предположим, все государства острова имеют
нечетное число дружественных соседей. Сложив количе-
ства дружественных соседей для всех государств, мы по-
лучим сумму пятнадцати нечетных чисел, то есть нечет-
ное число (см. Тб). С другой стороны, эта сумма, оче-
видно, должна равняться удвоенному числу всевозмож-
ных пар дружественных соседей, то есть должна быть
четной. Полученное противоречие показывает, что пред-
116
положение было ложным. Значит, найдется государство,
у которого четное число дружественных соседей.
90.2.	Задача сводится к решению в целых положитель-
ных числах уравнения х2 — у2 = 124, которое можно пере-
писать в виде (х — у)(х + у) = 124. Пусть (т,у) — решение
этого уравнения. Предположим, х и у имеют разную чет-
ность (то есть одно из них нечетно, а другое — четно).
Тогда числа х — у и х + у — оба нечетные, значит, их
произведение нечетно и не может быть равно 124. Поэто-
му х и у имеют одинаковую четность (то есть либо оба
нечетные, либо оба четные), значит числа х + у и х — у
четные. Единственный способ разложить число 124 на два
четных сомножителя — это 2-62. Значит сумма чисел х и
у равна 62, а разность — 2. Откуда х = 32, у = 30. Перво-
начальный лист бумаги содержал 322 = 1024 клетки. (См.
также T9.)
90.3.	Требуемое расположение показано на рис. 39.
117
90.4.	Представим данную таблицу в виде суммы двух
таблиц, разбив каждый ее элемент на десятки и единицы
(рис. 40).
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
10	10	10	10	10	10	10	10	10	10		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
20	20	20	20	20	20	20	20	20	20		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
30	30	30	30	30	30	30	30	30	30		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
40	40	40	40	40	40	40	40	40	40	•	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
50	50	50	50	50	50	50	50	50	50	~г	0.	1	2	3	4	5	6	7	8	9
60	60	60	60	60	60	60	60	60	60		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
70	70	70	70	70	70	70	70	70	70		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
80	80	80	80	80	80	80	80	80	80		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
90	90	90	90	90	90	90	90	90	90		0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
Рис. 40
Сумма чисел первой таблицы после расстановки знаков
равна нулю, так как в каждой ее строке все числа рав-
ны, причем половина их входит в сумму со знаком плюс,
а вторая половина — со знаком минус. Аналогично, рас-
сматривая столбцы вместо строк, получаем, что сумма
всех чисел второй таблицы после расстановки знаков то-
же равна нулю. Значит, равна нулю и сумма чисел исход-
ной таблицы.
90.5. Решение аналогично решению задачи 87.13. На
90.6.	Пусть XYZ — данный треугольник, KLM —
треугольник, получаемый при продолжении сторон АВ,
118
CD и EF шестиугольника ABC DEF (рис. 42). Пусть О
— центр треугольника XYZ, докажем, что он является
центром треугольника KLM.
При повороте относительно точки О на 120° про-
тив часовой стрелки прямая АВ переходит в прямую,
параллельную CD, Поскольку при этом повороте точ-
ка X прямой АВ переходит в точку У, то образ пря-
мой АВ должен проходить
через точку У, значит совпа-
дать с CD. Поэтому точка
О равноудалена от прямых
АВ и CD. Аналогично дока-
зывается, что она равноуда-
лена от прямых CD и EF.
Значит, она является цен-
тром окружности, вписанной
в треугольник KLM и, тем
самым, центром шестиуголь-
ника ABCDEF.
90.7.	Пусть хну — данные числа. Условие х + у < ху
можно переписать в виде (х — 1)(у — 1) > 1, откуда оче-
видно, что х > 1, у > 1. Неравенство о среднем арифме-
тическом и среднем геометрическом (см. Т13) для поло-
жительных чисел х — 1 и у — 1 дает
(х - 1) + (у - 1) > 2>/(х-1)(у-1) > 2,
откуда х + у > 4.
90.8.	Рассмотрим правильный тетраэдр с ребром 1 см,
расположенный целиком внутри булки. Для каждой из его
вершин существует одна из трех возможностей — либо
находиться внутри изюмины одного из двух сортов, либо
не принадлежать никакой изюмине. Поскольку всего вер-
шин четыре, а возможностей — три, то для каких-то двух
вершин выполнена одна и та же возможность (см. Т2).
Эти две вершины и будут искомыми точками. См. Т10.
119
91.1.	Рассмотрим отдельно всевозможные способы
расположения четырех точек на плоскости (см. Т16).
1)	Все четыре точки лежат на одной прямой. Обозна-
чим их А, В, С и D в порядке, в котором они расположе-
ны на прямой. Тогда в первую группу следует поместить
точки А и С, а во вторую — В и D.
2)	Только три из четырех точек лежат на одной пря-
мой. Обозначим их Л, В и С в порядке, в котором они
расположены на прямой, четвертую точку обозначим D.
В этом случае опять помещаем точки А и С в первую
группу, а В и D — во вторую.
3)	Точки являются вершинами, выпуклого четырех-
угольника. Тогда в первую группу следует отнести кон-
цы одной его диагонали, а во вторую — концы другой
диагонали.
4)	Одна из этих точек лежит внутри треугольника с
вершинами в трех других точках. В этом случае эта одна
точка образует первую группу, а три остальные точки —
вторую.
91.2.	На рис. 43 поля шахматной доски 4x4 прону-
мерованы в порядке, в котором «летучая ладья» может
обойти их, соблюдая условия
задачи.
91.3.	Докажем тождество
2 + х п .	1
1 + s
Действительно,
5	11	6	12
1	15	2	16
8	10	7	9
4	14	3	13
Рис. 43
1 + я	1-
1
~ 24-
4-1 “
х
1 + х _ 2 + х
;	2 4- х 2 + х
120
Требуемое в задаче равенство получается подстановкой в
доказанное тождество
х =
’’ 1
1991
91.4.	Поскольку каждое из выписанных чисел равно
модулю разности двух других, а модуль любой величины
всегда неотрицателен, то все числа должны быть неотри-
цательны. Пусть наибольшее из них равно х. Два следую-
щих за ним числа должны быть не больше х и различаться
на х. Это возможно лишь в случае, когда одно из них* рав-
но ж, а другое — нулю. Итак, в каком-то месте должны
стоять либо числа т, т, 0, либо числа т, 0, х. Двигаясь по
окружности против часовой стрелки, мы однозначно вос-
становим остальные числа. В обоих случаях получается
один и тот же набор — ж, т, 0, т, ж, 0. Из условия, что
сумма всех чисел равна 1, находим х — 1/4.
91.5.	Пусть О — центр окружности о>1 (рис. 44). Тогда
в силу симметрии дуги АО и ОВ окружности о,2 равны.
Кроме того, угол ОВС равен половине дуги ОВ, как угол
121
между касательной и хордой, а угол ОБА равен половине
дуги О А, как вписанный (см. Т18). Поэтому углы ОВС
и ОБА равны, и прямые ВС и БА симметричны отно-
сительно радиуса О В окружности (Ji. Значит, при этой
симметрии их точки А и С пересечения с окружностью
переходят друг в друга. Отсюда следует, что АВ = ВС.
91.6.	Из условия задачи следует, что п2 + 9п — 2 делит-
ся на п+11. Значит, на п+11 делится также (п2 + 9п — 2) —
— (п —2)(п + 11) =20, откуда следует, что п+ 11	20, зна-
чит п 9. Мы получили, что мальчиков было не больше
девяти. Значит, их было меньше, чем девочек.
91.7.	Теорема синусов (см. Т19), примененная к тре-
угольникам АВС и ADC, дает
AD _ DC АВ _ ВС
sin AC D sin D AC’ sin АС В	sin ВАС’
или
AD _ sin ACD
DC sin DAC ’
АВ _ sin АС В
ВС sin ВАС ’
Учитывая условие задачи и то, что углы DAC и ВАС
равны, получаем
sinACP = sin АС В.
Так как углы АС В и ACD не равны, то последнее равен-
ство означает, что их сумма равна 180°. Значит, больший
из них — угол АС В — тупой.
91.8.	Рассмотрим самого высокого солдата в неко-
торой неправильной шеренге. Докажем, что после него
могут стоять не более двух солдат. Для этого предполо-
жим противное, что после него стоят по крайней мере
трое. Если они стоят по росту в порядке возрастания, то
это противоречит условию неправильности шеренги. Ес-
ли же какие-то двое из них стоят в порядке убывания, то
они вместе с самым высоким солдатом образуют тройку
122
стоящих по росту солдат, что опять противоречит усло-
вию неправильности шеренги. Полученное в обоих слу-
чаях противоречие доказывает сформулированное утвер-
ждение. Аналогичные рассуждения показывают, что и пе-
ред самым высоким солдатом в неправильной шеренге мо-
гут стоять не более двух солдат, и что то же самое верно
для самого низкого солдата.
а)	Обозначим солдат буквами Л, В, С и D (по ро-
сту). Приведенное выше рассуждение показывает, что в
неправильной шеренге солдаты А и D должны стоять в
середине, а солдаты В и С, тем самым, по краям. Таким
образом, мы можем получить 4 неправильных шеренги:
BADC, BDAC, CADB и CDAB.
б)	Из приведенного выше рассуждения следует, что в
неправильной шеренге из пяти солдат самый высокий дол-
жен стоять посередине (на третьем месте), то же самое
можно утверждать и про самого низкого. Значит, непра-
вильной шеренги из пяти солдат построить нельзя.
92.1.	Воспользуемся свойством, что в треугольнике
против большего угла лежит большая сторона (см. Т19).
Имеем ВС > АС. Предположим, ВС |ЛВ. Тогда
А
А С < -АВ. Сложив два последних неравенства, полу-
чаем ВС + АС < АВ, что противоречит неравенству
треугольника (см. Т17). Полученное противоречие пока-
зывает, что предположение было неверным, следователь-
но, ВС > ^АВ.
92.2.	Разобьем монеты на пары и в каждой паре срав-
ним веса монет. Мы использовали 34 взвешивания. От-
делим 34 более легкие монеты из каждой пары и 34 бо-
лее тяжелые. Очевидно, что самую легкую монету нуж-
но искать среди монет первой группы, а самую тяжелую
— среди монет второй группы. В «легкой» группе будем
класть на каждую чашу весов по одной монете в любом
123
порядке, отбрасывая каждый раз ту монету, которая была
тяжелее. После 33 взвешиваний мы отбросим 33 монеты,
тем самым, останется одна, самая легкая. Аналогично, за
33 взвешивания мы определим самую тяжелую монету из
«тяжелой» кучи. Таким образом, за 100 взвешиваний мы
найдем самую легкую и самую тяжелую монеты.
Подумайте, можно ли обойтись меньшим числом взве-
шиваний.
92.3.	Выберем одну из данных точек. Если через нее
проходит не менее 11 красных прямых, то все доказано.
Пусть теперь через выбранную точку проходит не бо-
лее 10 красных прямых. На этих прямых лежат, не счи-
тая выбранной, 100 отмеченных точек. Согласно принци-
пу Дирихле, существует прямая Z, содержащая не менее 10
из них. Значит, вместе с выбранной точкой, прямая I со-
держит по крайней мере И отмеченных точек. Рассмо-
трим теперь любую точку, не лежащую на I. Она соеди-
нена красными прямыми со всеми отмеченными точками,
лежащими на прямой I. Значит, через нее проходит не ме-
нее 11 красных прямых.
93.1.	Пусть ABCDEF — данный шестиугольник, и
нам нужно восстановить число в вершине А. Заметим,
что сумма чисел в вершинах А, С и Е равна сумме цифр в
вершинах В, D и F. Действительно, обе эти суммы равны
сумме чисел, стоявших исходно на всех сторонах шести-
угольника. Поэтому, чтобы восстановить число в вершине
А нужно из суммы чисел в вершинах В, D и F вычесть
числа в вершинах С и Е.
93.2.	Средняя линия В2С2 треугольника АВС па-
раллельна основанию ВС. Отсюда следует, что середина
отрезка AAi лежит на отрезке BiCp Это легко выводится
из подобия треугольников (можно также применить тео-
рему Фалеса). Аналогично, середины отрезков BBi и CCi
лежат на двух других средних линиях треугольника АВС
(рис. 45). Поскольку прямая не может пересекать три
124
стороны треугольника во внутренних точках, три ука-
занные точки не могут лежать на одной прямой.
93.3.	Описанная ситуация могла произойти, напри-
мер, в следующем случае. Турнир проходил в 8 туров. А
победил В 1 раз, а С — 2 раза; В победил С 4 раза, а
А — ни разу; С победил А 2 раза, а В — 3 раза. Таким
образом А одержал 3 победы и получил 8.5 очков, В — 4
победы и 8 очков, С — 5 побед и 7.5 очков.
94.1.	Пусть на балу присутствовали три девушки —
Анна, Вера и Светлана. Пусть также по красоте девуш-
ки расположены в порядке: Светлана-Анна-Вера (Вера —
самая красивая), а по уму — в порядке Вера-Светлана-
Анна (Анна — самая умная). Предположим, что каждый
юноша, танцевавший с Анной, приглашает на следующий
танец с Веру (более красивую девушку), танцевавший с
Верой — Светлану, (более умную), танцевавший со Све-
тланой — Анну (одновременно более красивую и более
умную). Как видим, описанная в задаче ситуация могла
быть.
94.2.	Пусть О — искомая точка, Ai и В\ — две диа-
метрально противоположные точки внутренней окружно-
сти, А2 и В2 — соответствующие точки внешней окруж-
125
ности. Согласно определению гомотетии, треугольники
OAiBi и ОА2В2 подобны (по трем сторонам). Значит,
/.ОА1В1 = /.ОА2В2, и прямые A\Bi и А2В2 параллельны.
Отсюда следует искомое построение: через центры О\
и О2 окружностей и CJ2 проводим параллельные (но не
совпадающие) прямые Zi и Z2; точки пересечения прямой
/1 с окружностью обозначаются Ai и Bi, а прямой I2 с
окружностью о>2 — А2 и В2 (так, что точки Ai и А2 ле-
жат по одну сторону от прямой 01 Ог)- Точка пересечения
прямых А1А2 и В1В2 и будет искомой точкой О (рис. 46).
94.3.	Докажем сначала, что у учеников Простоква-
шинской начальной школы либо есть не более трех различ-
ных дедов, либо один дед является общим для всех детей.
Представим ситуацию графически (см. Т14). Обозначим
дедов точками на плоскости, соединив две точки отрез-
ками, если соответствующие деды имеют общих внуков
(хотя-бы одного). Тогда по условию задачи, любые два
нарисованных отрезка имеют общий конец. Рассмотрим
два таких отрезка (если двух различных отрезков не су-
ществует, то все дети являются общими внуками двух
126
дедов). Пусть это будут отрезки АВ и АС. Тогда любой
другой отрезок должен иметь либо конец в вершине А,
либо два конца в вершинах В и С. При этом, если отре-
зок ВС проведен, то никаких других отрезков, кроме АВ,
АС и ВС быть не может.
Итак, граф имеет один из двух видов, приведенных на
рис. 47. Первый из них соответствует случаю, когда все
дети имеют общего деда, тем самым, у этого деда име-
ется 20 внуков среди учеников школы. Рассмотрим вто-
рой случай. Предположим, что дедов зовут Иван, Петр и
Степан. Тогда все дети являются общими внуками, ли-
бо Ивана и Петра, либо Ивана и Степана, либо Петра и
Степана. По крайней мере у одной из этих пар (скажем,
Степана и Петра) количество общих внуков не превосхо-
дит 6. Действительно, если бы у всех трех пар количество
общих внуков было не меньше 7, то всего детей было бы не
меньше 21, что противоречит условию (приведенное рас-
суждение фактически следует принципу Дирихле (см. Т2),
хотя и в слегка модернизированном виде). Но тогда все
остальные дети (а их не меньше 20 — 6 = 14) являются
внуками Ивана.
95.1.	Покажем, что трех прямых достаточно. Первые
две прямые проведем по диагоналям квадрата. После это-
го мы узнаем, в каком из четырех углов, на которые делят
плоскость проведенные прямые, лежит точка. Этот угол
содержит одну из сторон квадрата. Прямую, содержащую
эту сторону, и нужно провести третьей. Тогда мы узнаем,
лежит ли отмеченная точка внутри треугольника, обра-
127
зованного проведенными прямыми. Если да, то она лежит
внутри квадрата, а если нет — то снаружи.
Докажем, что проведя меньше трех прямых, мы не
сможем гарантированно определить, лежит ли точка вну-
три квадрата. Каждой комбинации ответов соответству-
ет одна из областей, на которые проведенные прямые де-
лят плоскость. Значит, чтобы с уверенностью сказать,
что точка лежит внутри квадрата, нужно, чтобы одна из
областей целиком содержалась внутри квадрата. Поэто-
му провести две прямые недостаточно, так как они делят
плоскость на неограниченные области.
95.2.	Первый способ. Рассмотрим набор чисел: 1, 1,
... , 1 (124 единицы), 4, 5, 7. Их сумма и наибольшее об-
щее кратное равны 140. Затем заменим 36 единиц на 9
четверок. Сумма и наибольшее общее кратное при этом
не изменятся, а количество чисел станет равным 100. По-
лучаем искомый набор — 88 единиц, 10 четверок, пятерка
и семерка.
Второй способ. Найдем сначала такой набор из четы-
рех чисел. Это 1, 3, 8, 12. Затем умножим все числа на 6
и заменим шестерку на три числа 1, 2 и 3. Полученный
набор опять будет удовлетворять условию задачи и со-
держать единицу. Применяя дальше ту же операцию мы
каждый раз увеличиваем количество чисел в наборе на
два. Тем самым, мы сможем получить искомый набор из
ста чисел. Заметим, что все числа в нем различны.
95.3.	Линия сгиба MN перпендикулярна диагонали
АС и проходит через центр О прямоугольника. Можно
считать, что AD > АВ и М Е ВС, N Е AD (рис. 48).
Треугольник CNM наложится на треугольник AMN, по-
этому достаточно доказать, что Scnm > -^Sabcd- Дей-
ствительно, MN > АВ, а ОС > (отрезок длиннее
своей проекции).
128
В М	С	В
A	ND A Hb С
Рис. 48	Рис. 49
95.4.	Треугольник ВСНь — прямоугольный, точка Ма
(середина его гипотенузы) совпадает с центром описан-
ной около треугольника ВСНь окружности (рис. 49). По-
этому МаНь = МаВ = Аналогично МъНс = \аС,
МсНа — Значит, из указанных отрезков можно со-
ставить треугольник, подобный исходному с коэффици-
ентом 1/2. Его площадь равна S/4.
95.5.	а) Искомая четверка чисел: 1, 3, 7,'9.
б) Предположим, что такие пять чисел существуют.
Рассмотрим их остатки от деления на 3. Среди этих
остатков найдутся либо три одинаковых, либо три раз-
ных. Действительно, если бы различных остатков было не
больше двух, и каждый из них встречался не более двух
раз, то всего было бы не больше четырех чисел.
Сумма трех чисел, дающих одинаковые остатки при
делении на 3, делится на 3 и сумма трех чисел, дающих
различные остатки при делении на 3, тоже делится на 3
(см. Т5).
96.1.	Если горячей воды в ванной в 1.5 раза больше,
чем холодной, то горячая вода составляет 3/5 ванны, а хо-
лодная — 2/5 ванны. Значит, горячая вода должна литься
3/5.23 = 69/5 минут, а холодная — 2/5 • 17 = 34/5 минут.
Поэтому холодный кран нужно открыть на 69/5—34/5 = 7
минут позже горячего.
5—106
129
96.2.	Отобразим данную трапецию симметрично от-
носительно середины О боковой стороны CD. Получим
трапецию А!В'DC (рис. 50). Тогда
АВ А'В' — квадрат. Биссектриса его
угла В проходит через его центр О.
Поэтому искомое отношение равно 1.
96.3.	Так как число и его сумма
цифр при делении на 9 дают одинако-
вые остатки (см. Т8), то сумма чисел
записанных на каждой табличке (рав-
ная расстоянию между селами) при
делении на 9 дает остаток 4 (как и число 13).
Искомое расстояние не может быть больше 49, так как
тогда табличка, содержащая число 49, имела бы сумму
цифр большую 13. Оно также не может равняться 4, 13,
22, 31 и 40, так как в каждом из этих случаев нашлась бы
табличка с суммой цифр 4. Это |~Т~~31, Ek IZ] > П~21|^ Г1~ 30|
и 10 30 соответственно.
Докажем, что расстояние в 49 км удовлетворяет усло-
вию. Если на одной стороне таблички стоит число ab =
= 10а + 5, то на другой стороне — число (4 — а) (9 — Ь) =
= 10(4 — а) + (9 — 5). Сумма цифр такой таблички равна
а + Ь + (4 — а) + (9 — Ь) = 13.
96.4.	Назовем для краткости горками числа, у кото-
рых средняя цифра больше обеих крайних, и ямками чи-
сла, у которых средняя цифра меньше обеих крайних.
Каждому трехзначному числу х поставим в соответ-
ствие «дополнительное» число х = 999 — х. Очевидно, что
каждая цифра числа х дополняет до девятки соответству-
ющую цифру числа х. Поэтому, если х — горка то х —
ямка, и наоборот. Все числа от 100 до 899 разбиваются
на пары взаимно дополнительных чисел. Поэтому среди
них имеется одинаковое количество горок и ямок. Сре-
ди чисел от 900 до 999 нет ни одной горки, но есть ямки
130
(например, 901). Поэтому среди чисел от 100 до 999 ямок
больше, чем горок.
96.5.	Заметим, что кратчайшее расстояние от центра
круга до точек хорды (называемое расстоянием до хор-
ды) это расстояние до ее середины. Рассмотрим хорду
АВ, расстояние от центра О круга до которой минималь-
но (нетрудно доказать, что это — самая длинная хорда).
Пусть хорда CD пересекает АВ в ее середине М, a N —
середина хорды CD (рис. 51). По выбору хорды АВ имеем
ON ОМ, С другой стороны, рассматривая прямоуголь-
ный треугольник ONM, получаем ON ОМ, Получен-
ные неравенства обращаются в равенства, если точки Л1,
N и О совпадают. Поэтому АВ, а значит, и все остальные
проведенные хорды, являются диаметрами.
Рис. 52
96.6.	Рассмотрим вдвое больший куб, ориентирован-
ный так же, как и данный (это значит, что их соответ-
ствующие ребра параллельны). Центры его граней будут
являться вершинами октаэдра, который и будет являться
искомым многогранником.
96.7.	Перенесем все углы параллельно, чтобы их вер-
шины попали в точку Е. Тогда они не пересекаются и
в объединении образуют угол МЕК между стороной и
диагональю квадрата (рис. 52). Значит, их сумма вели-
чин равна 45°.
131
96.8.	Предположим, что так разрезать можно. Рас-
смотрим границы всех получившихся частей. Они состо-
ят из отрезков прямых и двух типов дуг окружностей
(«выпуклых» и «вогнутых»). Каждый выпуклый участок
границы покрасим в красный цвет, а каждый вогнутый
— в синий. По условию, из полученных фигур можно сло-
жить квадрат, но при этом каждый синий участок дол-
жен прилегать к красному и наоборот; поэтому сумма
длин красных участков равна сумме длин синих. С другой
стороны, из них можно сложить круг, при этом красные
участки, прилегающие к его границе, не соответствуют
никаким синим участкам, а внутри круга соответствие
между красными и синими участками границы имеется.
Следовательно, сумма длин красных участков больше, чем
сумма длин синих. Полученное противоречие доказывает,
что такое разрезание невозможно.
96.9.	Обозначим вчерашние цены большой и малень-
кой рыбок через bi и mi соответственно, а сегодняшние
— 62 и m2- Тогда по условию задачи
3&2 + ГП2 — 5Ь1,
2&2 +	= 3&i + mi.
Выражая 62 и m2 через bi и mi, получим
62 = 2bi - mi,
m2 = 3mi — 61,
откуда
b2 4- 2m2 — (26i — nil) + 2(3mi — 61) = 5mi.
Значит, одна большая и две маленьких сегодня стоят
столько же, сколько пять маленьких вчера.
96.10.	Обозначим через Sn суммарное количество сто-
рон всех получившихся многоугольников после (п — 1)-го
132
разрезания (общее количество многоугольников при этом
будет п). Докажем, что после 297 разрезов у Пети будет
либо не меньше 100 треугольников, либо не меньше 100 че-
тырехугольников. Предположим противное, тогда можно
получить оценку снизу S298	99-3+99-4+100-5 = 298-4+1,
поскольку среди 298 многоугольников не более 99 тре-
угольников, не более 99 четырехугольников, а остальные
многоугольники содержат не менее 5 сторон. С другой
стороны, при каждом разрезании количество сторон уве-
личивается не более, чем на 4, поэтому Sn 298 • 4. Полу-
ченное противоречие доказывает утверждение.
97.1. Переправу можно осуществить следующим обра-
зом.
Сначала одна из жен перевозит двух других по очереди
на другой берег.
Затем она возвращается и мужья уже переправленных
жен переправляются сами.
Один из них перевозит свою жену обратно и возвращается
на другой берег с остававшимся на этом берегу бедуином.
133
Наконец, жена, уже переправившаяся на другой берег,
возвращается и перевозит по очереди двух других жен.
97.2.	Отметим на отрезке AD точку К такую, что
АК = АВ. Тогда по условию KD = АС. Треугольник
АВК является равносторонним, поскольку он имеет две
равные стороны и один из углов 60°. Поэтому треуголь-
ники АВС и KBD равны по двум сторонам (АВ = КВ
и KD = ВС) и углу между ними (/ВАС = /BKD =
= 120°). Значит ВС — BD и
/DBK = /СВА. Добавив к
обеим частям последнего ра-
венства угол /КВС, получаем
/DBC = /КВА. Итак, тре-
угольник DBC — равнобе-
дренный с углом 60° при вер-
шине, значит, равносторон-
ний.
97.3.	Соединим пары соседних чисел стрелками так,
чтобы стрелка шла от кратного к делителю (если сосед-
ние числа равны, то направление стрелки выбираем про-
извольно). Общее количество стрелок нечетное, поэтому
их направления не могут чередоваться. Значит, какие-то
две идущие подряд стрелки направлены одинаково: х —>
у —> z. Это означает, что х делится на у, а у делится на z.
Из свойств делимости (см. Т4) следует, что х делится на z.
97.4.	Число 1/42 = 0,0238095238... представляется в
виде периодической десятичной дроби. Период начинает-
ся со второй цифры после запятой и состоит из* шести
134
цифр 238095. Поскольку 1997 при делении на 6 дает оста-
ток 5, 1997-я цифра записанного числа та же, что и пя-
тая — нуль, а следующая — девятка. Значит, новое число
больше.
97.5.	Два возможных решения приведены на рис. 54.
97.6.	Сначала положим на две чаши весов по 13 монет,
затем — по 11 из еще не бравшихся, затем — по 9 и т. д.
до тех пор, пока одна из чаш не перевесит. Если такого
не произойдет, то после седьмого взвешивания (когда на
чашках весов будет по одной монете) останется всего од-
на монета, которая во взвешиваниях не участвовала. Она
и является фальшивой.
Если при каком-то взвешивании какая-то чашка пе-
ревесила, то фальшивая монета лежит в другой чашке.
Общее количество монет в этой чашке обозначим 2к + 1
(мы каждый раз кладем на одну чашку нечетное число
монет), при этом мы уже использовали 7 — к взвешива-
ний, причем каждая монета взвешивалась не более одно-
го раза. Поэтому осталось найти фальшивую монету в
группе из (2А; + 1)-й монеты за к взвешиваний, взвеши-
вая каждую монету не более раза. Для этого можно все
монеты в группе, кроме одной, разбить на к пар и по-
следовательно сравнивать веса монет каждой пары. Если
при каком-то взвешивании равновесие нарушится, то бо-
лее легкая монета и является фальшивой. В противном
случае, фальшивая монета — оставшаяся без пары.
135
Т1. Метод математической индукции. {К зада-
чам 85.18, 87.12)
Пусть мы имеем бесконечную последовательность
утверждений Pi, Р2, • • •, Рт • • • , занумерованных нату-
ральными числами, причем:
—	утверждение Pi истинно;
—	если некоторое утверждение Р^ истинно, то следу-
ющее утверждение Pk+i тоже истинно.
Тогда принцип математической индукции утвержда-
ет, что все утверждения последовательности истинны.
Другими словами принцип математической индукции
можно сформулировать так: если в очереди первой стоит
женщина, и за каждой женщиной стоит женщина, то все
в очереди — женщины.
Способ рассуждений, основанный на принципе мате-
матической индукции называется методом математиче-
ской индукции.
Для решения задач методом математической индук-
ции необходимо:
1)	сформулировать утверждение задачи в виде после-
довательности утверждений Pi, Р2,..., Рп,...
2)	доказать, что утверждение Pi истинно (этот этап
называется базой индукции);
3)	доказать, что если утверждение Рп истинно при не-
котором п = /с, то оно истинно и при п = к + 1 (этот этап
называется шагом индукции).
Метод математической индукции может применяться
не только для доказательства, но и для определения после-
довательностей. Если мы определим первый член последо-
вательности, и, предполагая что к-й член уже определен,
136
определим (к + 1)-й, то согласно принципу математиче-
ской индукции, вся последовательность будет определена.
Такой способ задания последовательности называется ре-
куррентным.
Т2. Принцип Дирихле. (К задачам 82.2, 84.2, 85.1,
85.17, 86.7, 89.9, 86.10, 92.3, 94.3, 95.5, 96.10)
Принцип Дирихле можно сформулировать следующим
образом. Если в п клетках сидит п+1 заяц, то обязательно
найдется по крайней мере одна клетка, в которой сидят
не менее двух зайцев.
Часто олимпиадные задачи легко решаются с помо-
щью принципа Дирихле, стоит только понять, что будет
играть роль зайцев, а что — клеток.
ТЗ. Отношения эквивалентности. {К задаче 88.8)
Мы говорим, что на множестве М задано отношение
если для любой упорядоченной пары элементов этого мно-
жества известно, состоит эта пара в отношении или нет
(слово «упорядоченная» означает, что пары (а,Ь) и (Ь, а)
мы считаем различными). Условие того, что пара (а, Ь)
состоит в отношении о, мы будем записывать в виде а о Ь.
Приведем некоторые примеры отношений.
Отношение порядка на множестве действительных
чисел. Пара чисел (а, Ь) состоит в отношении тогда и
только тогда, когда а больше или равно Ь.
Отношение ~ подобия на множестве фигур на плос-
кости. Две фигуры на плоскости состоят в отношении ~
тогда и только тогда, когда они подобны.
Заметим, что отношение подобия обладает следующи-
ми свойствами.
а)	Рефлексивность. Для любого элемента а выполнено
а о а.
б)	Симметричность. Если для каких-то двух элемен-
тов а и b выполнено а о 6, то выполнено также boa.
в)	Транзитивность. Если для каких-то трех элемен-
тов а, бис выполнено aob и бос, то выполнено также а о с.
137
Отношение порядка на множестве действительных чи-
сел обладает свойствами а) и в), но не обладает свой-
ством б).
Мы будем говорить, что отношение на множестве
является отношением эквивалентностщ если оно обла-
дает всеми тремя перечисленными свойствами, иными
словами, является рефлексивным, симметричным и тран-
зитивным. Итак, отношение подобия является отношени-
ем эквивалентности, а отношение порядка — нет. Другие
примеры отношений эквивалентности:
—	отношение сравнимости по модулю (см. Т5);
—	отношения равновеликости и равносоставленности
на множестве фигур на плоскости (см. Т15).
С каждым отношением эквивалентности о на множе-
стве М связано разбиение множества М на классы так
что:
1)	любой элемент множества попадает в какой-то
класс;
2)	любые два класса либо не пересекаются, либо со-
впадают;
3)	два элемента попадают в один класс тогда и только
тогда, когда они находятся в данном отношении эквива-
лентности.
Осуществить такое разбиение можно следующим обра-
зом. Для каждого элемента а мы строим класс Ма —
= {х € М : а о я}, состоящий из всех элементов ж, для
которых а о х. Каждый элемент а попадает при этом в
класс Ма в силу рефлексивности отношения о, поэтому
условие 1 выполнено. Если какой-то элемент х попадает
сразу в два класса Ма и М&, то это значит, что аох и box.
Воспользовавшись симметричностью и транзитивностью
отношения о, получаем а об, откуда легко выводится, что
классы Ма и Мь совпадают, поэтому условие 2 тоже вы-
полнено. Если мы имеем два элемента а и Ь, для которых
а о Ь, то они, очевидно оба попадают в класс Ма. Наобо-
рот, если два элемента а и Ь попадают в один класс Мс,
138
то это значит, что со а и со Ь, откуда в силу симметрично-
сти и транзитивности отношения о, а о Ь. Условие 3 тоже
выполнено.
Верно и обратное. Если мы имеем разбиение множе-
ства на классы такое, что любой его элемент попадает
ровно в один класс, то с этим разбиением связано отноше-
ние эквивалентности на этом множестве, задаваемое усло-
вием: два элемента находятся в отношении тогда и только
тогда, когда они попадают в один класс. Таким образом,
задать отношение эквивалентности на множестве — то же
самое, что задать разбиение этого множества на классы.
Т4. Делимость целых чисел. (К задачам 81.1, 84.6,
86.1, 87.5, 89.9, 89.10, 89.13, 91.6, 95.2)
Мы говорим, что целое число а делится на целое число
т, если существует целое число q такое, что а = q • т.
В этом случае число т называется делителем числа а, а
число а — кратным числа т.
Любое число имеет среди своих делителей единицу и
себя самого. Число называется простым, если оно имеет
ровно два делителя и составным, если оно имеет боль-
ше двух делителей. Единственное число, не являющееся
ни простым, ни составным — это единица. Для любых
двух чисел можно рассмотреть множество их общих де-
лителей. Наибольший элемент этого множества называ-
ется наибольшим общим делителем (сокращенно НОД)
двух чисел. Если наибольший общий делитель двух чисел
равен единице, то числа называются взаимно простыми.
Аналогично, для любых двух чисел можно рассмотреть
множество их общих кратных. Наименьший элемент это-
го множества называется наименьшим общим кратным
(НОК) двух чисел. Понятие НОК и НОД также можно
применять к множеству из любого, большего двух, коли-
чества чисел.
Делимость целых чисел обладает следующими свой-
ствами:
139
1)	если а делится на т, и ft делится на т, то а + ft
делится на т, и а — Ъ делится на т;
2)	если а делится на m, Ь — любое целое число, то а • Ь
делится на т;
3)	если а делится на 5, а Ь делится на т, то а делится
на т;
4)	если а • Ь делится на т, и числа Ь и т не имеют
общих делителей, кроме единицы, то а делится на т.
Все свойства, кроме последнего, очевидны. Докажем
последнее. Поскольку наибольший общий делитель чисел
ft и m равен единице, то найдутся такие целые числа х
и у, что Ьх + ту = 1 (см. Т21).. Умножив это равенство
на а, получим abx + ату = а. В последнем равенстве оба
слагаемых в левой части делятся на т, так как содержат
множители ab и т соответственно. Значит, правая часть
этого равенства также делится на т.
Т5. Вычеты. (К задачам 83.1, 87.13, 95.5)
Пусть мы имеем целое число а и целое положительное
число Ь. Тогда поделить а на 5 с остатком значит найти
такие целые числа q и г, что 0 г < Ь и а = q-b + r. Такая
пара чисел (д, г) всегда существует и единственна. Число q
называется частным, ar — остатком от деления а на Ь.
Два числа называются сравнимыми по модулю т (за-
писывается а = b (mod m)), если они дают одинаковые
остатки при делении на т. Два числа а и Ь сравнимы по
модулю т тогда и только тогда, когда их разность де-
лится на т.
Сравнимость по модулю является отношением экви-
валентности (см. ТЗ), докажите это. Задаваемое им раз-
биение на классы содержит т классов эквивалентности.
Эти классы называются классами вычетов (или просто
вычетами) по модулю т. Каждый вычет по модулю т
соответствует некоторому возможному остатку от деле-
ния на т, то есть одному из чисел 0,1,2,..., т — 1.
Над вычетами можно производить операции сложения
140
и умножения. Чтобы сложить два вычета нужно взять по
одному числу из каждого класса и сложить их. Вычет,
в который попадет полученная сумма, не зависит от то-
го, какие именно представители вычетов-слагаемых мы
взяли (это утверждение, конечно же, нуждается в дока-
зательстве, которое мы опускаем). Этот вычет и будет
называться суммой двух вычетов. Аналогично определя-
ется операция умножения.
Тб. Четность и нечетность. (К задачам 89.2, 90.1)
Существует всего два вычета по модулю 2 (определе-
ние вычетов см. в Т5) — класс четных и класс нечетных
чисел (будем называть их чет и нечет соответственно).
Приведем таблицы сложения и умножения для вычетов по
модулю 2.
Сложение	Умножение
чет 4- чет = чет	чет • чет = чет
чет + нечет = нечет	чет • нечет = чет
нечет 4- чет = нечет	нечет • нечет = чет
нечет 4- нечет = чет	нечет • нечет = нечет
Т7. Системы счисления. Двоичная система счи-
сления. {К задаче 79.3)
Для того, чтобы записать натуральное число А в де-
сятичной системе счисления, мы должны представить его
в виде
А — 10п • ап 4- 10п 1 • ttn-i 4-... 4-10 • сц 4- tto?
где an, an_i,..., а$ — числа от 0 до 9 (цифры десятичной
записи), причем ап 0. Такое представление всегда су-
ществует и единственно. Однако, то же самое можно про-
делать, взяв вместо десятки любое другое натуральное
число т, большее единицы. Число А однозначно можно
представить в виде
А — тп • ап + mn-1 • an-i + ... + m • ai + а0,
141
где an, an_i, • • •, До — числа от 0 до т — 1 и ап 0 0. То-
гда мы говорим, что число А в m-ичной системе счи-
сления записывается цифрами an,an-i,... ,ао и записы-
ваем А = anan-i... ао|т- Число т называется основани-
ем системы счисления. Черта над числом означает, что
an, an-i,..., ао — не сомножители, а цифры m-ичной за-
писи числа, и может быть опущена в случае, если непра-
вильная интерпретация исключена. Вертикальная черта и
идущее за ней указание на систему счисления могут быть
опущены при т = 10.
В двоичной системе счисления числа записываются с
помощью всего двух цифр — нуля и единицы. Приведем
таблицу двоичной записи чисел от 1 до 16.
1= 1|2	2 = 10|2	3= 11|2	4 = 100|2
5= 101|2	6= 110|2	7= 111|2	8 = 1000|2
9 = 1001|2	10 = 1010|2	11 = 1011|2	12= 1100|2
13 = 1101|2	14 = 1110|2	15 = 1111|2	16 = 10000|2
Т8. Признак делимости на 9. (К задачам 83.4, 85.7,
96.3)
Теорема. Целое число делится на 9 тогда и только
тогда, когда его сумма цифр в десятичной записи делится
на 9.
Доказательство. Пусть А = anan-i... ао — де-
сятичная запись числа А (см. Т7). Это означает, что
А = 10п • ап + 10п * • (in—1 + ... + 10 • ai + ao,
Преобразуем полученное равенство, обозначив сумму ап +
+ an-i + ... + ао цифр числа А через S(A):
А = (10n-l)-an + (10n-1-l)-an_1 + ... + (10-l)-ai)+S(A).
Число А — S(A) может быть представлено в виде суммы
чисел вида (10fc — 1) • a,k- Число 10* — 1 равно 99... 9 (всего
142
к девяток), или равно 9 • 111... 1 (всего к единиц), зна-
чит делится на 9. Воспользовавшись свойствами делимо-
сти (см. Т4, свойства 1 и 2), получаем, что А — S(A) де-
лится на 9. Это означает (см. Т5), что числа А и S(A)
дают одинаковые остатки при делении на 9. Отсюда сле-
дует, что А делится на 9 тогда и только тогда, когда S(A)
делится на 9.
T9. Представление чисел в виде разности двух
квадратов. (К задачам 79.1, 90.2)
Задачи 79.1 и 90.2 приводят нас к общему вопросу:
сколько решений в целых положительных числах имеет
уравнение
х2 - у2 = а	(*)
в зависимости от а, и как найти все его решения? Наша
цель — дать исчерпывающий ответ на этот вопрос.
Уравнение (*) можно переписать в виде (т — у)(х + у) =
= а. Отсюда следует, что каждому решению уравнения
(*) соответствует разложение числа а на два множителя.
Теперь выясним, в каком случае существует обратное со-
ответствие, то есть для каких разложений а = u-v числа а
на два множителя существует соответствующее ему пред-
ставление числа а в виде разности двух квадратов. Иными
словами, надо выяснить, при каких и и v система
J х + у = щ
\х — у = v
имеет решение в целых положительных числах. Решая ее,
получаем (**)
u + v
и — V
2 ’
У =
(**)
143
откуда следует, что и + v и и — v должны быть четными
числами, значит и и v должны быть либо оба четными,
либо оба нечетными. Кроме того, должно быть и > v.
Теперь разберем отдельно три различных возможности
для числа а.
1)	Число а нечетно. Тогда любое разложение числа а
на два различных множителя (которые оба являются не-
четными) дает решение уравнения (*) по формулам (**),
где через и обозначен больший из сомножителей, а че-
рез v — меньший. Количество решений уравнения равно
количеству разложений числа а на два различных множи-
теля.
2)	Число а четно, но не делится на 4. Тогда в любом его
разложении на два множителя один из множителей будет
четным, а другой — нечетным. Значит, в этом случае
уравнение (*) решений не имеет.
3)	Число а делится на 4. В этом случае решения урав-
нения (*) получаются по формулам (**) из любого разло-
жения числа а на два различных четных множителя и и v,
где и > v (что соответствует разложениям на два различ-
ных множителя числа а/4), и количество решений этого
уравнения равно количеству таких разложений.
Т10. Раскраски. {К задачам 88.5, 90.8)
Мы говорим, что прямая (плоскость, пространство)
раскрашены в п цветов, если каждая ее точка покрашена
в один из этих цветов. Мы хотим обсудить две задачи,
связанные с раскрасками.
Задача 1. Предположим, что плоскость раскрашена в
п цветов. При каких п можно утверждать, что на плос-
кости найдутся две точки, находящиеся на расстоянии 1,
окрашенные в один цвет?
При п = 2 это утверждать можно. Для того, что-
бы убедиться в этом, достаточно рассмотреть на плос-
кости любой равносторонний треугольник со стороной 1.
Принцип Дирихле (см. Т2) утверждает, что в этом случае
144
Рис. 55
найдутся две вершины треугольника, окрашенные в один
цвет. Они и будут искомыми двумя точками.
При п = 3 ответ в задаче тоже положительный, одна-
ко доказательство этого факта несколько хитрее. Пусть
три цвета, в которые покрашена плоскость, будут белым,
голубым и красным. Рассмотрим рис. 55, считая, что все
проведенные на нем отрезки имеют длину 1, Будем счи-
тать, что точка А окрашена в белый цвет, тогда точки
В и С (а также D и Е) должны быть окрашены одна в
голубой, а другая в красный, так как в противном случае
две искомые точки будут, очевидно, найдены. Далее, если
точка F (или G) является либо красной либо голубой, то
она составит искомую пару вместе с одной из точек В
или С (соответственно D или Е}. Если же обе точки F и
G белые, то они и будут искомыми.
При п = 9 ответ в задаче отрицательный. Как рас-
красить плоскость в 9 цветов, чтобы никакие две точ-
ки, находящиеся на расстоянии 1, не были покрашены в
один цвет, показано на рис. 56 (разные цвета обозначены
на рисунке разными цифрами). И даже при п = 7 ответ
тоже отрицательный. Соответствующая раскраска при-
ведена на рис. 57. Подумайте, чему должны быть равны
стороны квадратов и шестиугольников на рис. 56 и 57
соответственно.
145
Рис. 57
Мы думаем, теперь вы сможете самостоятельно до-
казать, что для аналогичной задачи в пространстве при
п = 3 и 4 ответ будет положительным. При п == 3 эта
задача фактически совпадает с задачей 90.8 (правда, в
задаче 90.8 речь идет не о всем пространстве, а о его ча-
сти, однако, эта часть достаточно велика, чтобы дока-
зательство без изменений переносилось на этот случай).
Подумайте, при каких п ответ в пространственной задаче
станет отрицательным. Постарайтесь найти как можно
меньшее такое п.
Задача 2. Пусть прямая раскрашена в п цветов. Для
каких т можно утверждать, что на прямой найдутся т
точек, окрашенных в один цвет и расположенных на ней
через равные расстояния.
Частным случаем этой задачи при п = 2 и т = 3 явля-
ется задача 88.5. Оказывается, что в общем случае такие
т чисел найдутся при любых пит. Более того, для этого
достаточно рассматривать не всю прямую, а лишь точки
на ней с целыми координатами, и даже достаточно лишь
ограниченного куска этой прямой (размер которого, ра-
зумеется, зависит от п и т). Доказательство этого утве-
рждения, называемого теоремой Ван-дер-Вардена, хотя и
элементарное, но очень сложное, и мы ограничимся лишь
его формулировкой.
146
Т11. Инварианты. {К задачам 81.2, 85.2)
Часто в олимпиадных задачах описывается определен-
ная конструкция, которая может находиться в различных
состояниях, и набор допустимых преобразований, меня-
ющих эти состояния, и спрашивается, можно ли из од-
ного данного состояния перейти в другое. Если ответ в
такой задаче положителен, то для доказательства доста-
точно привести любой пример, показывающий, как можно
осуществить такое преобразование. Если же ответ отри-
цательный, то необходимо доказать, что как бы мы не
производили допустимые преобразования, мы никогда не
сможем получить требуемого состояния. Один из возмож-
ных способов доказательства этого состоит в нахождении
такой величины, определенной для всех возможных состо-
яний, которая не меняется при допустимых преобразова-
ниях. Такая величина называется инвариантом. Если су-
ществует инвариант, который принимает различные зна-
чения для начального и конечного состояния, то, очевид-
но, что преобразовать начальное состояние в конечное с
помощью допустимых преобразований невозможно.
Т12. Основное правило комбинаторики. (К зада-
чам 86.15, 87.6)
Предположим, нам надо подсчитать, сколькими спосо-
бами можно осуществить некоторое действие. Предполо-
жим также, что нам удалось разбить это действие на две
части, причем первую часть можно осуществить п спосо-
бами, а вторую часть — т способами. Тогда очевидно,
что все действие целиком можно осуществить п • т спо-
собами. Это утверждение называется основным правилом
комбинаторики.
Т13. Доказательства неравенств. Неравенства
о средних. {К задачам 87.2, 88.6, 88.9, 90.7)
Для доказательства неравенств можно использовать
уже доказанные неравенства и осуществлять следующие
147
преобразования:
—	сложение неравенств одного знака: если а b и
с d, то а + с Ь + d, в частности, если а С Ь, с — любое
число, то а + с < Ь + с;
—	умножение обеих частей неравенства на положи-
тельное число: если а^Ьис> 0, то а - с ^Ь - с;
—	умножение обеих частей неравенства на отрица-
тельное число с заменой знака: если а < b и с < 0, то
а < с Ь • с;
—	умножение двух неравенств с положительными ча-
стями: если 0<a^bn0<c^d, ToO<a-c^b-d;
—	использовать транзитивность: если а < b и b С с,
то а С с;
—	аналогичные преобразования для неравенств со
знаками < или >.
Для примера рассмотрим неравенство
(Va — Vb)2 О,
которое верно для всех неотрицательных чисел а и Ь. Из
него получаем
а — 2у/оЬ + 6^0.
Прибавив к обеим частям неравенства величину 2>/аЬ и
умножив обе части на 1/2, имеем
CL + Ь .	/~Г
vab.
Последнее неравенство называется неравенством о сред-
нем арифметическом и среднем геометрическим для
двух чисел. Это неравенство допускает обобщение. А
именно, при любых неотрицательных числах ai, «2, • • •, ап
справедливо неравенство

148
Его доказательство значительно сложнее и основа-
но на использовании метода математической индукции
(см. Т1).
Т14. Графы. Обход ребер графа. (К задачам 82.3,
88.4, 88.5, 94.3, 96.3)
Мы называем графом множество точек (на плоскости
или в пространстве), называемых вершинами графа, и от-
резков, соединяющих попарно некоторые из этих точек,
называемых ребрами графа. Вообще говоря, можно рас-
сматривать графы как с конечным числом вершин и ре-
бер, так и бесконечным. Мы же ограничимся лишь конеч-
ным случаем.
Часто решение задачи значительно упрощается, если
представить условие в виде графа, обозначив какие-либо
объекты точками, а отношения между ними — отрезка-
ми. Иногда естественно вместо отрезков рисовать стрел-
ки. В этом случае граф называется ориентированным.
Приведем несколько простых свойств графов, полез-
ных при решении задач.
Теорема 1. Сумма (по всем вершинам) количеств ре-
бер, выходящих из вершин графа, четна.
Доказательство. Каждое ребро соединяет две
вершины, поэтому рассматриваемая сумма равна удвоен-
ному количеству ребер.
Произвольный многоугольник можно представлять,
как граф, вершинами которого являются вершины много-
угольника, а ребрами — стороны. Такой граф называется
циклическим.
Теорема 2. Если из каждой вершины графа выходит
ровно по два ребра, то граф является либо циклическим,
либо объединением нескольких циклических.
Доказательство. Будем двигаться по ребрам
графа. Начнем с произвольной вершины и пойдем из нее
по любому из двух выходящих из нее ребер. Далее, попав
в любую вершину по некоторому ребру, наш путь опре-
149
деляется однозначно — по второму ребру, выходящему
из этой вершины. Поскольку вершин конечное число, мы
когда-то впервые попадем в вершину, в которой мы уже
были. Такой вершиной может быть только та, с которой
мы начали путь, поскольку в противном случае в ней схо-
дилось бы три ребра. Если при этом мы обошли уже все
вершины, то наш граф является циклическим. В против-
ном случае мы нашли циклический граф, содержащийся
в нашем. Перейдем в любую вершину, которую мы еще не
проходили и продолжим обход по тем же правилам. Мы
будем выделять из графа циклические компоненты до тех
пор, пока не обойдем все вершины. В результате получим
представление графа в виде объединения циклических.
Теорема доказана.
Рассмотрим вопрос: у каких графов можно обойти все
ребра ровно по разу, возвратясь в конце в исходную вер-
шину.
Заметим, что для осуществимости такого обхода необ-
ходимо, чтобы в каждой вершине графа сходилось четное
число ребер. Действительно, количество ребер, по кото-
рым мы приходим в некоторую вершину, должно равнять-
ся количеству ребер, по которым мы уходим из нее. Дру-
гим очевидно необходимым условием возможности такого
обхода является связность графа, то есть что он не распа-
дается на отдельные куски. Оказывается, эти два условия
являются также достаточными для возможности обхода.
Обход можно начинать с любого места и при движении
следить лишь за тем, чтобы граф, получаемый из исход-
ного графа стиранием всех пройденных ребер, оставался
связным.
Если же не требовать, чтобы обход начинался и завер-
шался в одной вершине, то тогда его можно осуществить
и для графов, у которых в двух вершинах сходится нечет-
ное число ребер, а в остальных — четное. В таком случае
обход должен начинаться в одной из этих двух вершин, а
заканчиваться — в другой.
150
Т15. Равновеликие и равносоставленные фигу-
ры. {К задаче 80.4)
Мы называем две плоские фигуры равновеликими, ес-
ли они имеют равные площади. Мы называем две фигуры
равно со ставленными, если одну из них можно разрезать
на части, из которых можно сложить другую.
Одно из важных свойств равносоставленности —
транзитивность. А именно, если фигура а равнососта-
влена фигуре /3, а фигура /3 равносоставлена фигуре 7,
то фигура а равносоставлена фигуре 7. Действительно,
пусть фигуру /3 можно разрезать как на части, из кото-
рых можно сложить фигуру о, так и на части, из которых
можно сложить фигуру 7. Тогда проведя и те, и другие
разрезы, мы получим части, на которые можно разрезать
фигуру о, и из которых можно сложить фигуру 7. Та-
ким образом, равносоставленность является отношением
эквивалентности (см. ТЗ), поскольку ее рефлексивность
и симметричность очевидны.
Очевидно, что любые две равносоставленные фигуры
являются равновеликими. Действительно, разрезанием и
складыванием невозможно изменить площадь. Обратное,
очевидно, неверно. Например, круг невозможно разрезать
на части, из которых можно бы было сложить равновели-
кий ему квадрат. Однако, если фигуры — многоугольни-
ки, то из их равновеликости следует равносоставленность.
Фактически, задача 80.4 доказывает это. Действительно,
она утверждает, что квадрат равносоставлен любому рав-
новеликому ему многоугольнику. В силу транзитивности,
любые два таких многоугольника равносоставлены.
Одной из знаменитых двадцати трех проблем Гиль-
берта был вопрос, верно ли аналогичное утверждение в
пространстве. Оказалось, что ответ на этот вопрос от-
рицателен. Существуют многогранники (например, куб и
правильный тетраэдр), имеющие одинаковый объем, но
которые нельзя получить друг из друга разрезанием и
складыванием.
151
Т16. Выпуклые многоугольники. Выпуклая
оболочка. (К задачам 78.2, 87.4, 91.1)
Мы называем фигуру выпуклой, если вместе с любыми
двумя своими точками она целиком содержит соединяю-
щий их отрезок.
Приведем два других определения выпуклости для
многоугольников. Попытайтесь доказать их равносиль-
ность основному определению.
—	многоугольник называется выпуклым, если все его
внутренние углы меньше 180°;
—	многоугольник называется выпуклым, если он ле-
жит по одну сторону от прямой, содержащей любую его
сторону.
Пересечение любого числа выпуклых фигур является
выпуклой фигурой.
Для любой фигуры можно определить ее выпуклую
оболочку как пересечение всех содержащих ее выпукл-
ых фигур. Другими словами, выпуклая оболочка фигу-
ры — это наименьшая выпуклая фигура, ее содержа-
щая. Выпуклая оболочка конечного множества точек, не
лежащих на одной прямой, является выпуклым много-
угольником с вершинами в этих точках (быть может,
не всех). В частности, всевозможные расположения че-
тырех точек на плоскости исчерпываются следующими
случаями:
1)	их выпуклой оболочкой является отрезок — это
значит, что все они лежат на одной прямой;
2)	их выпуклой оболочкой является треугольник — в
этом случае три точки являются его вершинами, а четвер-
тая лежит внутри или на стороне этого треугольника;
3)	их выпуклой оболочкой является четырехугольник
— тогда все четыре точки являются его вершинами.
Т17. Неравенство треугольника. (К задачам 83.5,
85.8, 86.9, 87.8, 92.1)
Для любых трех точек А, В и С (на плоскости или в
152
пространстве) выполнено неравенство
АВ + ВС АС,
причем равенство в нем выполняется тогда и только то-
гда, когда точки А, В и С лежат на одной прямой и точ-
ка В лежит между точками А и С. Это неравенство на-
зывается неравенством треугольника.
Т18. Вписанные углы. Вписанные многоуголь-
ники. {К задачам 83.7, 91.5)
Угол называется вписанным в окружность, если его
вершина лежит на окружности, а стороны пересекают
окружность.
Величина вписанного угла равна половине величины
дуги, которую он высекает на окружности (об этой ду-
ге говорят, что угол на нее опирается). Доказательство
этого факта мы приводить не будем, однако упомянем
важное следствие из него.
Многоугольник называется вписанным в окружность,
если все его вершины лежат на окружности.
Сумма противоположных углов вписанного четырех-
угольника равна 180°. Действительно, дуги, на которые
опираются эти углы, в сумме составляют всю окруж-
ность.
Утверждение о величине вписанного угла останется
справедливым, если одна из сторон угла касается окруж-
ности. А именно, угол между касательной и хордой, про-
веденной из точки касания, равен половине дуги, высека-
емой им на окружности.
Т19. Теорема синусов. [К задачам 86.18, 89.15,
91.7, 92.1)
Для любого треугольника АВС выполнено соотноше-
ние
ВС = АС = АВ	, .
sin LA sin LB sin LC'
Оно называется теоремой синусов.
153
Приведем доказательство теоремы синусов, основан-
ное на формуле площади треугольника как половины про-
изведения двух его сторон на синус угла между ними.
Имеем
S = ±АВ • АС  sin ZA,
S = ±АВ  ВС  sin ZB,
S = ~АС  ВС  sin ZC,
Из первых двух формул получаем
| АВ • АС  sin Z А = ±АВ  ВС • sin ZB,
или, поделив обе части последнего равенства на %АВ х
х sin L А • sin ZB, получаем первое из доказываемых ра-
венств (*). Второе равенство доказывается аналогично.
Как следствие теоремы синусов получаем известное
свойство, что в треугольнике против большего угла ле-
жит большая сторона. Действительно, непосредственно из
теоремы синусов вытекает, что условие ВС АС равно-
сильно условию sin L А sin ZB.
Докажем, что условие sinZA sin ZB в свою оче-
редь равносильно условию LA /.В. Если углы А и
В оба нетупые, то это следует из монотонности сину-
са. Пусть теперь один из этих углов (скажем, А) ту-
пой. Тогда, с одной стороны, LA /.В, а с другой —
sin ZA = sin(180° - (ZB + ZC)) = sin(ZB + ZC) > sin ZB.
T20. Степень точки относительно окружности.
(К задаче 89.12)
Будем называть степенью точки М относительно
окружности с центром в точке О и радиусом г величину
ОМ2 — г2. Очевидно, что степень относительно окружно-
сти отрицательна для точек, лежащих внутри окружно-
сти, равна нулю для точек на окружности и положительна
154
для точек вне окружности. Справедливо следующее утвер-
ждение.
Теорема 1. Степень точки относительно окружности
равна
а)	квадрату длины касательной, проведенной из этой
точки к окружности;
б)	произведению длины любой секущей, проведенной
из этой точки к окружности на длину внешней части этой
секущей.
Доказательство. Докажем сначала, что произ-
ведение длины любой секущей, проведенной из некоторой
точки к окружности на длину ее внешней части равна ква-
драту длины касательной из этой точки к окружности.
Пусть (рис. 58) МК — секущая, проведенная из точки
М к окружности, ML — ее внешняя часть, МН — каса-
тельная из точки М к окружности. Тогда треугольники
MLH и МН К подобны по двум углам. Действительно,
/М у них общий, a /МКН и /MHL равны оба половине
дуги HL — /.МКН опирается на нее, a /MHL является
углом между касательной и хордой (см. Т18). Из подо-
ML МН
бия треугольников следует —— — откуда получаем
МН МК
требуемое ML • МК = МН\
155
Теперь осталось доказать, что степень точки отно-
сительно окружности равна произведению длины какой-
нибудь секущей на длину ее внешней части. Возьмем се-
кущую из точки М, проходящую через центр О окружно-
сти радиуса г. Ее длина равна ОМ + г, а длина ее внеш-
ней части равна ОМ — г. Произведение этих длин равно
ОМ2 - г2.
Теорема 2. Множеством точек, степени которых
относительно двух данных окружностей равны, явля-
ется прямая, перпендикулярная линии их центров; если
окружности пересекаются, то эта прямая проходит через
их точки пересечения.
Доказательство. Обозначим центры данных
окружностей 01 и О2, их радиусы ri и г2 соответствен-
но, а расстояние между точками 01 и О2 — d. Введем
прямоугольную систему координат с центром в точке 01
и осью абсцисс, направленной вдоль луча O1O2 (рис. 59).
Условие на точку М с координатами (ж, у) иметь одинако-
вую степень относительно обеих окружностей запишется
в виде
MOf - г2 = МО2 - Г2,
156
или в координатах
х2 + у2 - Г1 = (d - х)2 + у2 - г^.
После преобразования получаем
d2 + Г? — Г 2
х “ 2d ’
Это — уравнение прямой, перпендикулярной оси абсцисс.
Первое утверждение леммы доказано. Второе утвержде-
ние следует из того, что степень точек пересечения двух
окружностей относительно их обеих равна нулю. Поэтому
эти точки должны лежать на найденной прямой. Теорема
доказана полностью.
Т21. Алгоритм Евклида. Решение линейных
диофантовых уравнений. (К задаче 87.11)
Пусть q — частное, аг — остаток от деления целого
положительного числа а на целое положительное число Ь.
Это означает (см. Т5), что а = qb + г. Из свойств дели-
мости (см. Т4) следует, что любой общий делитель чисел
а и b является также делителем г, и наоборот, любой об-
щий делитель чисел b и г является также делителем а.
Поэтому наибольший общий делитель чисел а и b равен
наибольшему общему делителю чисел b и г.
На этом свойстве основан метод нахождения наиболь-
шего общего делителя двух чисел, называемый алгорит-
мом Евклида. Он заключается в следующем. Мы делим
большее из двух чисел на меньшее с остатком. Затем рас-
сматриваем новую пару чисел — меньшее число и полу-
ченный остаток, и так далее, производя деление до тех
пор, пока большее число не поделится на меньшее нацело.
Последний ненулевой остаток и будет наибольшим общим
делителем исходных чисел.
Рассмотрим применение алгоритма Евклида на
157
примере пары чисел 47 и 37.
47 = 37 • 1 + 10
37 = 10 • 3 + 7
10 = 71 + 3
7 = 3 • 2 + 1
3 = 1-3
Последний ненулевой остаток равен единице, значит, рас-
сматриваемые числа взаимно простые.
Алгоритм Евклида дает возможность находить цело-
численные решения уравнений вида
ах + by = с,	(*)
где а, b и с — заданные целые числа (параметры). Такие
уравнения называются линейными диофантовыми. Если с
— наибольший общий делитель чисел а и Ь, то решение со-
стоит в последовательном выражении остатков, возника-
ющих при реализации алгоритма Евклида, через делимое
и делитель.
Найдем для примера решение уравнения 47т + 37у =
= 1, возникшего в задаче 87.11. Из выписанных уравнений
выводим
1 = 7 — 3.2 = 7—(10 — 71)-2 =
= 10 • (-2) + 7 • 3 = 10 • (-2) + (37 - 10 • 3) • 3 =
= 37 • 3 + 10 • (-11) = 37 • 3 + (47 - 37 • 1) • (-11) =
= 47-(-11)+37-14.
Итак, х — —11, у = 14 — решение (одно из бесконечного
множества!) рассматриваемого уравнения.
Если (то,уо) — одно из решений уравнения (*), то об-
, b ,	а	*
щее решение имеет вид х = х$ + -t, у = уо — п; i, где а —
а	а
наибольший общий делитель чисел а и b, t — произволь-
ное целое число. Доказательство этого факта оставляем
читателю.
158
Оглавление
Предисловие................................ 3
К читателю ................................ 5
Условия задач............................. 13
Ответы.....................................43
Указания...................................44
Решения ...................................55
Немного теории............................136
Отзывы и замечания относительно этой книги можно напра-
влять по адресу 121002, Москва, Большой Власьевский пер.,
д. 11., комн. 211 или по электронному адресу bugaenkotaccme. г и
Примерный график проведения
математических соревнований в Москве
Турнир им. Ломоносова (6-11) сентябрь
Осенний тур Турнира городов (8-11) октябрь
Московская математическая олимпиада
Математический праздник 6-7 февраль
Городской тур	8-11 март
Информацию об этих мероприятиях и математических круж-
ках можно получить в Московском центре непрерывного мате-
матического образования (МЦНМО).
Адрес Центра: 121002, Москва, Большой Власьевский пер.,
д. 11., комн. 211.
Тел.: 241-40-86.
Адреса электронной почты:
turlomQmccme.ru (Турнир им. Ломоносова)
turgorQmccme. ru (Турнир Городов)
mmoQmccme. ru (Московская математическая олимпиада)