И-Х-СИВАШИНСКИЙ
ЗАДАЧИ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВНЕКЛАССНЫХ ЗАНЯТИЙ
И. X. СИВАШИНСКИЙ
ЗАДАЧИ ПО МАТЕМАТИКЕ
ДЛЯ ВНЕКЛАССНЫХ ЗАНЯТИЙ (9-Ю КЛАССЫ)
>
Под редакцией в. Г. Болтянского
ИЗДАТЕЛЬСТВО <ПРОСВЕЩЕНИЕ> МОСКВА 1968
Сивашинский И. X.
С 34 Задачи по математике для внеклассных занятий (9—10 классы). М., «Просвещение», 1968.
31 1 С. С ИЛЛ.
Книга предназначена для учителей, ведущих кружковую работу; она может быть использована и учениками старших классов, интересующимися математикой.
Материал пособия распределен на 32 занятия. Каждое занятие содержит задачи из различных разделов математики.
Во второй части книги приведены решения и указания к задачам.
2-2-2
51
159—68
ПРЕДИСЛОВИЕ
Книга предназначена, в первую очередь, для учителей, не имеющих достаточного опыта кружковой работы, поэтому в ней произведена дозировка материала для каждого занятия и приведены решения задач (без сомнения, руководители кружков могут найти решения задач, отличные от авторских).
Данное пособие не является тематическим сборником задач по математике, хотя, где это возможно, сохранена преемственность между материалом занятий под руководством учителя и домашними заданиями, а также между двумя последовательными занятиями.
Каждое занятие содержит задачи из различных разделов математики. При составлении задач для каждого занятия и домашнего задания автор стремился распределить материал так, чтобы основные идеи математики нашли тематическое отражение на протяжении длительного срока работы кружка, так как удлинение периода восприятия и изучения материала приводит к более глубокому усвоению его. Эффективность работы кружков при таком распределении материала подтверждается длительной практикой. Кроме того, известно, что часто лучшие учащиеся имеют склонность к определенным разделам математики, не уделяя достаточного внимания другим. И это также побудило автора, в целях уст ранения такого явления, брать материал из различных разделов математики при составлении задач для каждого занятия, так как работа кружка не преследует преждевременной и совершенно нереальной цели—‘Специализации, а предназначена для поднятия математической культуры во всех звеньях элементарной математики.
Наконец, несколько слов об организационной работе математического кружка.	г . 1
Подразумевается, что занятия проводятся 2 раза в месяц по 4 часа в течение 9 месяцев в каждом учебном году (16 основных занятий и 3—4 внеочередных). Этот режим работы в особенности оправдывается условиями работы школ, расположенных вне городов. Систематическая методическая помощь этим школам может быть лучше организована при занятиях 2 раза в месяц, а не еженедельно.
3
Если же по условиям работы целесообразно проводить занятия еженедельно по 2 часа, то руководитель кружка может самостоятельно дозировать материал четырехчасового занятия на каждую неделю в отдельности.
Целесообразно несколько раз в году проводить внеочередные занятия для разбора задач, вызвавших наибольшие трудности у кружковцев. Опыт показал, что достаточно 3—4 таких занятий в году.
Учащиеся-кружковцы заранее должны быть осведомлены о плане проведения очередных и внеочередных занятий. Для экономии времени целесообразно в начале занятия вручать каждому участнику кружка письменный текст условий задач очередного занятия и домашнего задания. Техническая работа по изготовлению этих материалов может быть выполнена самими кружковцами.
На каждом занятии все кружковцы работают самостоятельно. Руководитель кружка дает лишь индивидуальные указания отдельным кружковцам, но отнюдь не решает за них задач, а также дает указания для решения наиболее трудных задач, предложенных для домашней работы.
Считаю своим приятным долгом выразить признательность титульному редактору В. Г. Болтянскому и рецензенту Т. К. Шаба-шову за полезные советы, способствовавшие улучшению качества книги.
И. X. Сивашинский
ЗАНЯТИЕ 1
1.	Хотят поскорее поджарить три ломтика булки. На сковороде умещаются лишь два ломтика, причем на поджаривание одной стороны ломтика затрачивается одна минута. За какое наименьшее число минут можно поджарить с обеих сторон 3 ломтика?
2.	Упростить выражение:
А= (|Л9+4К5 + V2 4-Кб) • V2 —/б).
3.	При каких действительных х, у, г имеет место равенство 4х2 + 9у2 + 16г2 — 4х — бу — 8г + 3 = О?
4.	Доказать, что если Ь(а + с) = 2ас, причем а #= b =£ с, . , а 2.1.1 Ь =# О, то — =-----------.
b	Ь — а b — с
5.	Доказать, что п5 — п делится на 30 при любом целом п.
6.	В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС проведена биссектриса CD треугольника, где D — точка на боковой стороне АВ. Из точки D проведены прямые DF J_ DC и DE || АС, причем точка F принадлежит основанию треугольника или его продолжению, а Е лежит на ВС. Биссектриса угла В пересекает прямую DE в точке М. Доказать, что DM = —.
Задание 1
7.	Двенадцать человек несут 12 хлебов. Каждый мужчина несет
по 2 хлеба, женщина — по — хлеба, ребенок — по — хлеба. Сколь-2	4
ко было мужчин, сколько женщин и сколько детей?
8.	Упростить выражение:
|//б+2К^ + /2 4- | •
9.	Найти такую дробь, которая не изменится от прибавления к числителю 30, а к знаменателю 40.
5
10.	Решить уравнение:
х4 — 5х3 + 10х2 — 10х + 4 = 0.
11. При каких
х2
действительных х и у имеет место равенство: + 5у2 + 4ху + 2у + 1 =0.
12. Найти зависимость между а, Ь, с, если существуют такие пя v <1 у utci л = v -L 41 h — v2 «,2 q — д-3 уЗ.
а	Ь
—-. У =	•
13.	Доказать, что если b =---
а + с	2хг
2 = ---- ТО у = ----- .
а + b	х -р г
14.	Доказать, что квадрат любого простого числа, большего 3, при делении на 24 дает остаток, равный единице.
15.	Доказать, что если трехзначное число А = xyz, где х, у, z — цифры соответствующих разрядов, делится на 37, то и числа В = yzx> С = гху тоже делятся на 37.
16.	Доказать, что при любом целом положительном п велп-ап — Ьп чина ап =----z— , где а =
1 —/5
---'—, есть число це-
лое положительное.
17.	Доказать, что биссектрисы внутренних углов параллелограмма в пересечении образуют прямоугольник, диагонали которого равны разности неравных сторон параллелограмма.
18.	Доказать, что центр окружности, вписанной в треугольник, лежит ближе к вершине наибольшего угла треугольника.
ЗАНЯТИЕ 2
19.	Трава на всем лугу растет одинаково густо и быстро. Известно, что 70 коров поели бы ее за 24 дня, а 30 коров — за 60 дней. Сколько коров поели бы всю траву за 96 дней? (Задача Ньютона.)
20.	Доказать, что сумма п3 + Зм2 + 5п + 3 при любом целом п делится на 3.
21.	Решить уравнение:
4/2 х3— 22х2 + 17/2 х— 6 = 0.
22.	Доказать, что если
а (у + z) = b(z -]-x) = с(х -J- у), где а, Ь, с — попарно различ-у — Z Z — X X—у ные и отличные от нуля числа, то —------=-------- = -----— .
а (Ь — с)	b (с — а)	с (а — Ь)
23.	Произведение числа 21 на некоторое четырехзначное число
*♦**—точный куб. Найти множитель
24.	Если две окружности касаются, то любая секущая, проведенная через точку касания, отсекает от окружностей дуги, имеющие одинаковое измерение (градусное или радианное).
6
Задание 2
25.	Косцы должны были скосить два луга. С утра они все вместе стали косить большой луг. По прошествии половины рабочего дня косцы разделились: половина косцов осталась на большом лугу и к концу дня докосила его. Другая половина перешла косить другой луг, вдвое меньше первого, но не успела к концу дня закончить косьбу. На другой день на этот луг вышел один косец и в течение дня докосил его. Сколько всего было косцов? (Задача Л. Толстого.)
26.	Инженер ежедневно приезжает поездом на вокзал в 8 час. утра. Точно в 8 час. утра к вокзалу подъезжает автомобиль и отвозит инженера на завод. Однажды инженер приехал на вокзал в 7 час. утра и пошел навстречу автомобилю. Встретив машину, он сел в нее и приехал на завод на 20 минут раньше, чем обычно. Определить показание часов в момент встречи инженера с автомобилем.
27.	Показать, что сумма кубов трех последовательных чисел кратна 9.
28.	Доказать, что если в шестизначном числе первая и четвертая цифры равны, вторая и пятая равны, а также третья и шестая равны, то это число кратно 7; 11 и 13.
29.	При каких действительных значениях х и у имеет место равенство:
х2 — 2 У 2х-\- у — 2 У у + 3 = 0?
30.	Найти все корни уравнения:
. х4 — 12х2 + 16 V2 х— 12 - 0-
31.	Найти значение выражения:
Л2 —в
при
32.	Доказать, что если z =-------
а b
где а + 0, b #= 0,
о 4~ b 0, а — b =/= 0, то------1-----— —|— .
z— a z— b а b
33.	Доказать, что если при любых х и у справедливо равенство а (Ь — с) х2 4- b (с — а) Ху 4- с {а — Ь)у2 = А (х — у)2, где А, а, с — числовые коэффициенты, отличные от нуля, то
___1 _ j____j_
a b b	с
7
34.	Вместо звездочек поставить нужные «цифры в равенстве:
** — * = 1
35.	В треугольнике АВС высота, опущенная из вершины Л, равна половине биссектрисы внешнего угла при той же вершине. Доказать, что Z_ В — Z. С = — •
3
36.	Доказать, что если между сторонами а, 6, с треугольника АВС имеет место зависимость л2 = b2 + Ьс, то углы А и В, противолежащие сторонам а и Ь, удовлетворяют равенству Z. А = 2 Z-B.
ЗАНЯТИЕ 3
37.	Имеются 77 шариков одного и того же радиуса, один из них легче всех остальных. Найти его не более чем четырьмя взвешиваниями на чашечных весах (без гирь).
38.	Колонна войск протяжением d км движется по шоссе маршем со скоростью v км/ч. Конный вестовой выезжает из конца колонны в ее начало, передает приказание и тотчас же отправляется обратно. На проезд туда и обратно вестовой тратит — ч. Определить
60
скорость вестового, если она была на всем пути одинакова. Скорость колонны во время движения вестового постоянна.
39.	Найти действительные корни уравнения:
40.	Доказать, что выражение л3 + Зи2— л— 3 делится на 48 при любом нечетном л.
41.	Доказать, что если между каждыми двумя цифрами числа 1331 вставить по равному числу нулей, то получится точный куб.
42.	Доказать, что если CCi — высота треугольника АВС, точка Н — ортоцентр, то имеет место равенство:
СС, • HCi = ACi • Cfi.
Задание 3
43.	Среди 8 одинаковых шариков одного и того же радиуса имеется один, отличающийся от всех остальных по весу. Найти его не более чем тремя взвешиваниями на чашечных весах (без гирь).
44.	Можно ли ходом коня попасть из левой нижней клетки шахматной доски в правую верхнюю клетку, побывав при этом на каждой клетке доски ровно один раз?
45.	Доказать, что если а + с = 2Ь и 2bd = c(b + d), причем
b =# 0, d о,
а с
ТО — = — b d
46.	Автомобиль прошел расстояние от Л до В со скоростью р, = 40км/ч и обратно со скоростью v2 = 30 км!ч. Какова средняя скорость рейса?
47.	Решить уравнение:
48.	Найти действительные корни уравнения: (я — 2,5)4 + (х— 1,5)4 = 1.
49.	Доказать, что при любом целом неотрицательном п выражение
7 • 52л +12 • 6я делится на 19.
50.	Доказать, что при любом целом неотрицательном п выражение вида
62л + 19л - 2Л+Х
делится на 17.
51.	Сколькими нулями оканчивается число 49!?
52.	Доказать, что не существует натуральных чисел, которые от перестановки начальной и конечной цифр (в обычной десятичной записи) увеличивались бы в 5 раз.
53.	Доказать, что медиана треугольника меньше полусуммы сторон, ее заключающих, и больше разности между этой полусуммой и половиной стороны, к которой проведена медиана.
54.	Доказать, что если в произвольном четырехугольнике ABCD провести внутренние биссектрисы, то четыре точки пересечения биссектрис углов Л и С с биссектрисами углов В и D лежат на одной окружности.
ЗАНЯТИЕ 4
55.	Утром в магазин привезли 6 бидонов молока, в которых было 15, 16, 18, 19, 20, 31л. До обеденного перерыва было полностью продано молоко из трех бидонов, а к закрытию магазина продали целиком молоко еще из двух бидонов. Оказалось, что утром молока было продано вдвое больше, чем после обеда. Установить, из каких бидонов было продано молоко до обеденного перерыва.
56.	Переход из порта А в порт В длится ровно 12 суток. Каждый полдень изЛвВиизВвЛ отходит по пароходу. Сколько пароходов встретит в открытом море каждый из этих пароходов?
57.	Найти все действительные решения уравнения:
*+ 1
/7
4(у- 1) Уу-14-4 ¥<У~ 1)*
= 10.
58.	Определить, при каких натуральных п дробь л3 — пг 2
п — 1
есть целое число.
59.	Доказать, что при простом натуральном и > 5 число п* — 1 делится на 24.
60.	Из точек А и В в одну сторону от прямой АВ проведены два отрезка AAt = а и BBt = bt перпендикулярные к этой прямой. Доказать, что при постоянных а и b точка пересеченйя прямых ABi и AiB будет находиться на одном и том же расстоянии от прямой АВ независимо от положения точек А и В.
Задание 4
61.	Три сестры пришли на рынок с цыплятами. Одна принесла для продажи 10 цыплят, другая 16, третья 26. До полудня они продали часть своих цыплят по одной и той же цене. После полудня, опасаясь, что не все цыплята будут проданы, они понизили цену. В результате они продали цыплят с одинаковой выручкой: каждая сестра получила от продажи 35 руб. По какой цене продавали они цыплят до и после полудня?
62.	Некто А\ который плохо играет в шахматы, заявил, что он берется играть в шахматы на двух досках одновременно против Ботвинника и Смыслова. Причем один из них должен играть белыми, а другой черными. При этом он заявляет, что в этой игре он или сведет вничью обе партии, или одну выиграет, а другую проиграет. Как он собирался играть?
63.	Определить, за сколько дней может выполнить каждый из трех рабочих некоторую работу, если производительность третьего рабочего равна полусумме производительностей первого и второго. Известно, что если бы третий рабочий проработал а дней, то для окончания остальной работы первому потребовалось бы b дней, а второму с дней.
64.	Доказать, что если
2у Ц- 2z — х   2z 4- 2х — у  2х + 2у — г
а	b	с	9
то
х ______ у __________ г
2Ь -\-2.с — а 2с + 2а — b 2а -\-2Ь — о
65.	Найти действительные корни уравнения:
а — х + ]/'b — x = V а + Ь — 2х.
66.	Найти все действительные решения уравнения:
36	4
---------1	--------
’Г
= 28—4 Ух — 2 — У у -1.
Ю
67.	Доказать, что уравнение
№ — 5х— 4j/x-f- 13 = 0
не имеет действительных корней.
68.	Найти такое двузначное число 10х + у, для которого 10х + у = х2 4- у2 + ху.
69.	Доказать, что 4п + 15// — 1 делится на 9 при любом целом неотрицательном п.
70.	Доказать, что трехчлен у = х2 + 5х + 16 ни при каком целом х не делится на 169.
71.	Доказать, что в любом треугольнике АВС расстояние от центра описанного круга до стороны треугольника ВС вдвое меньше расстояния от точки пересечения высот до вершины А.
72.	Доказать, что хотя бы одно из оснований перпендикуляров, опущенных из любой точки, взятой внутри выпуклого многоугольника, на его стороны, лежит на самой стороне многоугольника, а не на ее продолжении.
ЗАНЯТИЕ 5
73.	Два пешехода одновременно отправились из пункта С в противоположных направлениях: первый — в пункт А, второй — в пункт В. Прибыв в соответствующие пункты, они немедленно повернули обратно и встретились на полпути между А и В. Если бы первый пешеход отправился в пункт В, а второй в пункт Л, то первый, дойдя до пункта В и немедленно повернув обратно, настиг бы второго в пункте Л. Найти расстояние от Л до С и отношение скоростей пешеходов, если известно, что расстояние от Л до В равно 2 км.
74.	Из бака, наполненного спиртом, вылили часть спирта и долили водой; потом из бака вылили столько же литров смеси; тогда в баке осталось 49 л чистого спирта. Сколько литров спирта вылили в первый раз и сколько во второй раз, если вместимость бака 64 л?
75.	Доказать, что если натуральные числа т и п взаимно просты, то наибольший общий делитель чисел т 4- п и т2 + п2 равен 1 или 2.
76.	-Решить уравнение:
(1 + х)2—1 —X2 = }У(1 —х)2.
77.	Решить в целых положительных числах уравнение:
х2 — у2 = Ю5.
78.	Площадь трапеции равна 1. Какую наименьшую величину может иметь большая диагональ этой трапеции?
Задание 5
79.	Две моторные лодки, имеющие одинаковые скорости в стоячей воде, проходят по двум рекам одинаковое расстояние по тече-' нию и возвращаются обратно. В какой реке на это движение потребуется больше времени: в реке с быстрым течением или в реке с медленным течением?
80.	От пункта А до пункта В 15 км. Из А в В в 9 ч 30 мин отправился пешеход, идущий со скоростью 4 км/ч. На следующий день в 11 ч он отправился в обратный путь и шел со скоростью 5 км/ч. Каждый раз он проходил по мосту, находящемуся на этой дороге, в одно и то же время. Определить показание часов при прохождении пешеходом моста.
81.	Имеется два чана, расположенных один над другим. В первый чан, расположенный выше, поступает вода через трубу А; из первого во второй вода может переливаться по трубе В; из второго чана вода выливается через трубу С. Известно, что через А (при закрытой трубе В) первый чан наполняется за 3 ч, а через трубу В (при закрытой трубе Л) он опорожняется за 5 ч. Если при пустых обоих чанах открыть все 3 трубы, то за 7 ч наполнится один из чанов. Если наполнить первый чан, а второй оставить пустым и после этого открыть трубы В и С (при закрытой трубе Л), то через 6 ч оба чана опорожнятся полностью. Какой из чанов больше и во сколько раз?
82.	Дети делят орехи. Первый взял а орехов и n-ю часть остатка; второй — 2а орехов и n-ю часть нового остатка; третий — За орехов и n-ю часть нового остатка и т. д. Оказалось, что таким способом разделены все орехи поровну. Сколько было детей?
83.	Доказать, что при любом целом п многочлены
п6 + 4п3 + Зп и и4 + Зп2 + 1
не имеют общих делителей, отличных от единицы.
84.	Доказать, что если т2 + п2 делится на 3, то целые числа т и п также делятся на 3.
85.	Решить уравнение:
= 1 —
86.	Решить уравнение:
1/"х-2+/2х—5 + Кх+2 4-3У2х^5 = 7/2?
87.	Доказать, что уравнение 2х2— 5у2 = 7 не имеет решений в целых числах.
88.	Решить в целых положительных числах уравнение:
2х2 — ху — у2 + 2% + 7у = 84.
12
89.	В прямоугольном треугольнике АВС катет АВ в 3 раза больше катета ВС. Катет АВ разделен на 3 равные части и точки деления D и Е соединены с вершиной С. Прямые AC, DC и ЕС образуют с катетом АВ углы а, р, у. Показать, что больший из этих трех углов равен сумме двух других.
90.	Через середины Е и F сторон АВ и АС треугольника АВС проведены к ним перпендикуляры ЕР = п FM — (оба во внешнюю сторону треугольника). Доказать, что DP = DM, где D — середина стороны ВС.
ЗАНЯТИЕ 6
91.	Стоимость эксплуатации катера, плывущего со скоростью v км/ч, составляет (90 4- 0,4 о2) руб. в час. С какой скоростью должен плыть катер, чтобы стоимость 1 км пути была наименьшей?
92.	Доказать, что если числа х, у и + рациональные, то числа /х и /у тоже рациональные.
93.	Определить, при каких значениях а и Ь многочлен х3 4* ах2 4* + 2х + Ь делится на х2 4- х + 1.
94.	Решить уравнение:
х34-2]ЛЗх24-Зх4- /3- 1=0.
95.	Мастер дает сеанс одновременной игры в шахматы на нескольких досках. В конце первых двух часов он закончил р% партий выигрышем, а /партий проиграл. За следующие два часа юн выиграл у q% оставшихся противников, т партий проиграл и остальные п партий закончил вничью. На скольких досках шла игра?
96.	Доказать, что сумма расстояний какой-нибудь точки, взятой внутри правильного треугольника, до сторон этого треугольника есть величина постоянная, не зависящая от положения точки.
Задание 6
97.	Некто, решив все свои сбережения поделить поровну между своими сыновьями, составил такое завещание:
«Старший из моих сыновей должен получить 1000 руб. и — ос-
8
татка, следующий — 2000 руб. и — нового остатка, третий сын —
8
3000 руб. и — третьего остатка и т. д.». Определить число сыновей и
размер завещанного сбережения. (Задача Эйлера.)
98.	Узнать, через сколько минут после того, как часы показывали ровно 9 ч, минутная стрелка догонит часовую?
99.	Первый из п одинаковых цилиндрических сосудов налит доверху, спиртом, а остальные — до половины смесью спирта с
13
водой, причем концентрация спирта в каждом сосуде в k раз меньше, чем в предыдущем. Содержимым первого сосуда долили доверху второй, затем содержимым второго — третий и т. д. до последнего. Найти полученную концентрацию спирта в последнем, сосуде.
100.	Показать, что для того, чтобы дробь
ах2 + Ьх + с
ахх2 + bxx + q
имела значение, не зависящее от х, необходимо и достаточно выполнения условия:
а   b   с
О]	Ь-^
101.	Какая из дробей ближе к единице: правильная или обратная ей, неправильная?
102.	Какие остатки могут давать при делении на 9 кубы целых чисел?
103.	Решить уравнение:
L —HgrzJ = 12, где X 1.
у X —1	у X —1
104. Решить уравнение:
105. Решить систему уравнений:
( х2 + у2 — 2г2 = 2а2, | х + у + 2г = 4(а24-1), [ г2 — ху = а2.
106. Решить систему уравнений:
х2Ц-ху + ]/х(х + у) + 4 =52.
107.	Возможен ли треугольник, высоты которого ha = 59 hb=4, hc = 3?
108.	В параллелограмме ABCD угол А равен 60 , ВЕ= , т/" 7~
СЕ=^-, где Е — середина стороны AD. Найти стороны параллелограмма.
14
ЗАНЯТИЕ 7
109.	На столе лежат книги, которые нужно упаковать. Если их связывать по 4, по 5 или по 6 в пачку, то каждый раз остается одна лишняя книга, а если связывать по 7 книг в пачку, то лишних книг не остается. Сколько книг могло быть на столе?
110.	Морская экспедиция плыла на двух пароходах. Первый пароход вышел на сутки раньше второго, но пришел в порт назначения на сутки позже, так как вторую половину пути он шел медленнее, чем первую, на 10 км/ч. Второй пароход шел все время с той же скоростью, с которой первый шел первую половину пути. Сколько суток шел второй пароход вперед, если известно, что, увеличив скорость на 10 км/ч, он смог бы весь обратный путь проделать за 6 суток?
111.	Найти наибольшее четное пятизначное число, первые три цифры которого образуют число, представляющее точный квадрат, а последние три цифры — точный куб.
112.	Найти л, у, г, и, если
х : у : г : и = (ст + а2 + а + 1) : (а2 + л + 1) : (а + 1) : 1
.	а4 — 1
и	х — у + 2 — и = а • ---.
и	У	а+ 1
113.	Рассматривается дробь, числитель которой есть натуральное число, а знаменатель меньше квадрата числителя на 1. Если к числителю и знаменателю прибавить по 2, то значение дроби будет больше, чем —; если же от числителя и знаменателя отнять по 3, 3
то дробь останется положительной, но меньше Найти эту дробь.
114.	Доказать, что если из концов диаметра круга провести две пересекающиеся хорды, то сумма произведений каждой хорды на ее отрезок от конца диаметра до точки пересечения есть величина постоянная.
Задание 7
115.	Некто на вопрос, каков номер его билета, ответил так: «Все цифры моего билета различны. Если все шесть двузначных чисел, которые можно составить из цифр номера, сложить, то половина полученной суммы составит как раз номер моего билета». Определить номер билета.
116.	В одном из городов Узбекистана часть жителей говорит только по-русски, часть — только по-узбекски, часть говорит и по-русски, и по-узбекски. Известно, что 90% жителей говорят по-русски, а 80% говорят по-узбекски. Какой процент жителей этого города говорит на обоих языках*
117.	Для испытания мотоциклов разных систем два мотоциклиста выехали одновременно из А в В и из В в Л. Каждый ехал с по
15
стоянной скоростью и, приехав в конечный пункт, тут же поворачивал обратно. Первый раз они встретились в р км от В, второй раз— в q км от А через t ч после первой встречи. Найти расстояние между Л и В и скорости обоих мотоциклов.
118.	От пристани А одновременно отправились вниз по течению катер и плот. Катер опустился вниз по течению на 96 км. затем повернул обратно и вернулся в А через 14 ч. Найти скорость катера в стоячей воде и скорость течения, если известно, что катер встретил плот на обратном пути на расстоянии 24 км от Л.
119.	Доказать, что четырехзначное число, у которого цифры тысяч и десятков одинаковы и цифры сотен и единиц тоже одинаковы, не может быть точным квадратом.
120.	Доказать, что при любом четном п выражение 20л -р +24л — Зл — 1 делится на 323.
121.	Найти хр х2, х3, ..., xn_it хп
из системы (	_ *2 __ *3 _	_ хп-х __ хл
< flj #2 G3	Gn«i an
I	+ ^2 "F • * • “F Xn =
где	o2=0=O, ... ,on=0=O,
122.	Решить систему уравнений:
Of + o2 + ••• + on=0=O.
x + у + z = 9,
• - + - + ~=1, X у z
xy 4- xz +yz=27.
123.	Часы показывают в некоторый момент на 2 мин меньше, чем следует, хотя и идут вперед. Если бы они показывали на 3 мин меньше, чем следует, но уходили бы в сутки вперед на у мин больше, чем уходят, то верное время они показали бы на сутки раньше, чем покажут. На сколько минут в сутки спешат часы?
124.	При перемножении чисел, из которых одно на 10 больше другого, ученик допустил ошибку, уменьшив на 4 цифру десятков в произведении. При делении (для проверки ответа) полученного произведения на меньший из множителей он получил в частном 39, а в остатке 22. Найти сомножители.
125.	Две окружности касаются друг друга внутренним образом в точке Л. Отрезок АВ является диаметром большей окружности. Хорда BD большей окружности касается меньшей окружности в точке С. Доказать, что АС является биссектрисой угла BAD.
126.	Доказать, что если окружность, проведенная через вершину С и середины сторон АС и ВС треугольника ЛВС, проходит через центр тяжести треугольника, то 2с2 = а2 + Ь2, где а = ВС, b = ЛС, с = АВ.
16
ЗАНЯТИЕ 8
127.	Четверо ребят — Алеша, Боря, Ваня, Гриша — соревновались в беге. После соревнований каждого из них спросили, какое место он занял. Алеша ответил: «Я не был ни первым, ни последним». Боря ответил: «Я не был последним». Ваня ответил: «Я был первым». Гриша ответил: «Я был последним». Три из этих ответов правильные, а один неверный. Кто сказал неправду? Кто был первым?
128.	Два тела* двигаясь по окружности в одном и том же направлении, сходятся через каждые 56 мин. Если бы они двигались с теми же скоростями в противоположных направлениях, они встречались бы через каждые 8 мин. Если при движении в противоположных направлениях в некоторый момент времени расстояние по окружности между телами равно 40 м9 то через 24 сек оно будет 26 м. Сколько метров в минуту проходит каждое тело и какова длина окружности, если известно, что в течение упомянутых 24 сек тела не встретились?
129.	Решить уравнение:
]/х2 — а2 = За — 2х.
130.	Доказать, что при любом целом неотрицательном и многочлен (а + 6)4Л+2 + (а — 6)4Л+2 делится на а2 + Ь2.
131.	Уравнение
2ху = х2 + 2у
рещить в натуральных числах.
132.	Доказать, что если из произвольной точки Р, взятой внутри правильного треугольника ЛВС, опущены перпендикуляры Р£), РЕ и PF соответственно на стороны ВС, СЛ, Л В, то имеет место равенство:
рр + ре + PF = К “з
BD + CE + AF~ 3 ’
Задание 8
133.	Двое играют в такую игру: первый называет однозначное число (т. е. целое число от 1 до 9 включительно), второй прибавляет к нему еще какое-нибудь однозначное число и называет сумму, к этой сумме первый прибавляет еще какое-нибудь однозначное _ число и опять называет сумму и т. д. Выигрывает тот, кто первым назовет 66. Как нужно играть в такую игру, чтобы выиграть? Кто выиграет при правильной игре: начинающий или его партнер?
134.	Прохожий, идущий вдоль трамвайной линии, замечает, что каждые 7 мин его догоняет трамвай и каждые 5 мин проходит трамвай навстречу. Через какой интервал времени отправляются трамваи с конечного пункта? (Считается, что трамваи отправляются с конечного пункта через равные промежутки времени и движут
17
ся от одного конечного пункта до другого с постоянной скоростью без остановок; прохожий также идет с постоянной скоростью.)
135.	По окружности в противоположных направлениях движутся два тела: первое равномерно с линейной скоростью v, а второе равноускоренно с линейным ускорением а. В начальный момент времени оба тела находились в одной точке А и скорость второго была равна нулю. Через какое время произойдет первая встреча этих тел, если вторая встреча будет снова в точке Л?
136.	Доказать, что У 20 4- 14)^2 4-	20 — 14 ]/2 = 4.
137.	Решить уравнение:
138.	Доказать обратную теорему Виета: если числа и х2 удовлетворяют соотношениям 4- х2 = —р и xt • х2 = q, то эти числа служат корнями уравнения х2 4- рх 4- q = 0.
139.	Доказать, что числа вида
5"+2 4- 26 • 5л + 82«+‘
при любом целом неотрицательном п делятся на 59.
140.	Доказать, что сумма квадратов любых пяти последовательных чисел не является квадратом целого числа.
141.	Доказать, что уравнение
х4 _ 2у2 = 1
не имеет решений 142. .Уравнение
в натуральных числах.
15х3 4- 2х — 1 — 4х2у(х2у — х 4- 1) = 0
решить в целых числах.
143.	Высоты треугольника АВС пересекаются в точке О. Известно, что ОС = АВ. Найти угол при вершине С.
144.	Доказать, что если сумма расстояний между серединами противоположных сторон выпуклого четырехугольника равна его полупериметру, то четырехугольник является параллелограммом.
ЗАНЯТИЕ 9
145.	Доказать, что число Nbоканчивается на ту же цифру, что и число N.
146. Уравнение
решить в натуральных числах.
18
147.	Показать, что если а + by/^2 + cj/4 = 0, тле о. &. с — рациональные числа, то а = b = с = 0.
148.	Решить в целых положительных числах уравнение
х2 — ху 4- у2 = г2.
149.	Доказать, что а4 4- 64 > если а 4- & > 1, а > 0 и 8
Ь>0.
150.	Точка О есть середина гипотенузы прямоугольного треугольника АВС с прямым углом А. Доказать, что окружности, описанные около треугольников АОВ и А ОС, пересекаются под прямым углом. (Если угол, образованный касательными к окружностям, в точке их пересечения равен а, то говорят, что эти окружности пересекаются под углом а.)
Задание 9
151.	Показать, что многочлен
а + bx 4- &4у + сх2 + qxy + с2у2 +... + hxn 4- hixn~iy + ... + hnyn
п-н степени относительно х и м, У которого все коэффициенты (П Г и (л + 2)
отличны от нуля, содержит '	- членов.
2
152.	Каких чисел больше среди первого миллиона: тех, в записи которых встречается единица, или тех, в записи которых ее нет?
153.	Уравнение
х8 4- 91 = у3
решить в целых числах.
154.	Уравнение
х2 — 2у2 = 1
решить в простых числах.
155.	Представить выражение (1 + х + х2 + х3 4- ... 4- хп)2 -хя в виде произведения.
156.	Найти все пары чисел х, у, для которых 5х2 + 5у2 4-4~ 8ху 4" 2у — 2х 4~ 2 = 0.
157.	Решить в целых положительных числах систему уравнений:
х + У 4~ z = 14, х 4- yz = 19.
158.	Найти все пары целых чисел, сумма которых равна их произведению.
159.	Доказать, что ab(a + b — 2с) + bc(b + с — 2а) + ас (а+ 4~ с — 2Ь) > 0, если а > 0, Ь > 0, с > 0.
19
160.	Доказать неравенство:
(fli + a2+ ••• + aJ2<п [2(«? + + ••• +а*) — ~ (й|О2 4” ^2^3 4“ ^3^4 4- • • • 4“	1)]’
161.	В треугольнике АВС из произвольной точки D стороны АВ проведены две прямые, параллельные сторонам АС и ВС, пересекающие стороны ВС и АС соответственно в точках F и G. Доказать, что сумма радиусов Ri и /?2 окружностей, описанных около треугольников ADG и BDF, равна радиусу R окружности, описанной около треугольника АВС.
162.	Доказать, что если расстояния от вершин треугольника до двух данных взаимно перпендикулярных прямых выражаются целыми числами, то этот треугольник не может быть правильным.
ЗАНЯТИЕ 10
163.	Доказать, что уравнение
х! 4- у! = Юг 4 9
не имеет решений в целых числах.
164.	Доказать, что если сумма трех дробей
624-с2 — а2
2Ьс
с2 + а2 — Ь2
2ас
а2 + Ь2 — с2 2аЬ
равна единице, то две из
этих дробей равны 4-1» а одна из них равна —1.
165.	Найти все корни уравнения — 4- — =	—-V
3 х2 \ з х /
166.	Доказать, что при любых а и b имеет место неравенство
<* + Ь <1/ а24^2
2 V 2	’
167.	Найти действительные решения xi9 x2t х3, х4 системы:
^2^3^4 — 2
%2 4“ х^х^х^ — 2,
х3 4- х^х^ = 2,
168.	Доказать, что треугольник, у которого отношения периметра к диаметрам трех вневписанных кругов выражаются целыми числами, является прямоугольным.
20
Задание 10
169. Уравнение
х! 4- у! = (х 4- у)!
решить
170.
в целых числах.
Систему уравнений:
( у 4- г — 10 4- х,
I уг = 10х + 1
решить в целых числах.
171.	Найти трехзначное число, являющееся точным квадратом числа а , и такое, чтобы произведение его цифр было равно а — 1.
172.	Доказать, что если
l + l+_!_+_L = o,
а с	а — b	с — b
причем все числа а, с, а — Ь, с — b, Ь — (а + с) отличны от нуля, то 2ас = Ь(а + с).
173.	Найти все значения а, при которых уравнения ах3 — х2 — х—(а 4- 1) = 0 и
ах2 — х(а 4~ 1) = 0
имеют общий корень, и найти этот корень.
174.	Найти все действительные значения k, при которых корни уравнения (k — 3)х2 — 2kx + 6k — 0 положительны.
175.	Доказать, что при любых положительных а и Ь имеет
место неравенство V а 4- У^Ь -С
176.	Доказать, что если а>0, &>0, с>>0, d>0, то У(а 4- Ь)(с 4- d) > V^ad + y/rbc.
177.	Найти все действительные решения системы уравнений:
х2 4- у2 — z = 0,
х 4- v 4~ z 4- — = 0.
.	2
178.	Найти все действительные решения системы:
х* 4- у4 = 13 4- х2у2, • х2 — у2 = 1 4- 2ху, . ху<0.
179.	Из всех прямоугольных треугольников, стороны которых выражаются целыми числами, найти те, у которых удвоенная площадь выражается таким же числом, как и утроенный периметр.
21
180.	Доказать, что если стороны a, Ь9 с треугольника АВС связаны зависимостью
ЗАНЯТИЕ 11
то угол В равен 60°.
181.	Доказать, что если
X ______ у ________	2
а + 2ft с	2а + ft — с	4а — 4ft 4- с
ТО а _______________________ ft ________ с
х + 2у + z 2% у — г 4х — 4у -j- г
(предполагается, что числа а, Ь, с, а также выражения, стоящие в знаменателях, отличны от нуля).
182.	Найти сумму:
S =1 + 1.1+1_L . _________________1____
п 3	8	15	24 ‘	(п + I)2 — 1'
183.	Действительные числа at Ь9 с таковы, что при любом положительном X все корни уравнения ах2 + Ьх + с + X = 0 действительны и положительны. Доказать, что а = 0.
184.	Доказать, что при любых действительных а9 Ь9 с имеет место неравенство (ab + be + са)2 > 3abc(a + Ь + с).
185.	Доказать равенство:
а.	а,	аь
если — = —	п — целое число;
bi	b2	bk
ci» с2» сз> • • • ck — произвольные, отличные от нуля, числа (предполагается также, что все числа bi9 62, ... , bk9 cfi'i + cjfi + + ... + ckbk отличны от нуля).
186.	Доказать, что если квадрату сторон треугольника составляют арифметическую прогрессию, то треугольник, сторонами которого служат медианы данного, подобен данному треугольнику.
Задание 11
187.	Доказать, что если действительные числа а, &, с удовлетворяют условию — + — + — =---------------, то сумма каких-либо
а b с а b с
двух из них равна нулю.
22
 188. Доказать, что если действительные числа х, у, г и и удовлетворяют уравнению
№ + м2 = 2(ху + уг + гм — у2 — г2).
то х = у = z — Ur-
189.	Найти сумму: I3 + 23 + З3 + ... 4- и3.
190.	Найти сумму: I3 + З3 + 53 + ... + (2п — I)3.
191.	Доказать, что для того, чтобы число'О было корнем многочлена, необходимо и достаточно, чтобы свободный член был равен нулю.
192.	Определить все такие целые числа а и &, для которых один из корней уравнения Зх3 + ах2, + Ьх + 12 = 0 равен 1 + 1 3.
193.	Доказать, что если а > 0, Ь > 0, ау + Ьх > 0 и х Ф у, то имеет место неравенство:
(а Ь) ху ах -|- Ьу
ay + bx а-\- b
194.	Доказать, что при любых действительных а, Ь и с имеет место неравенство:
д2(1 + 62) + fc2(l + с2) + с2(1 + а2) > 6аЬс.
195.	Доказать, что если
о 1 + flo + «3 — 0,
Д.-> I Н 0,
ап-1+ ап + «1 = °» ап + а{ + а2 = 0,
где п = 3k + 1, то = а2 = а3 = ... = ап = 0.
196.	Известно, что последовательность чисел ai9 а2, я3,..., ап... удовлетворяет при всяком п 3 соотношению
«н+i — 2ал + а
Выразить ап через ai9 а2, и п.
197.	Доказать, что если стороны треугольника составляют геометрическую прогрессию, то этот треугольник подобен треугольнику, сторонами которого являются высоты данного треугольника.
198.	Доказать, что если стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию, то радиус вписанного круга равен трети одной из его высот.
ЗАНЯТИЕ 12
199.	Расстояние между городами А и В равно 100 км. Из города А . в город В отправляются одновременно два автомобиля. Первый имеет скорость на 10 км/ч большую, чем второй, и в пути делает
23
остановку на 50 мин. В каких пределах может меняться скорость первого автомобиля при условии, что он прибывает в город В не позже второго автомобиля?
200.	Сколько надо взять слагаемых суммы 1+2 + 34-..., чтобы получить трехзначное число, состоящее из одинаковых цифр?
201.	Найти А и В, при которых имеет место тождество:
,х» + 5	_ Д , В
Xs — Зх — 2	х — 2 (х + 1)« '
202.	Каковы должны быть р и q, чтобы корнями уравнения X* + рх + q = 0 были числа р и qt
203.	Доказать, что если х<а, а + х > 0 и ах >0, то имеет место неравенство:
а — х а® — ха а + х	а® + ха ’
204.	Стороны треугольника связаны соотношением ая = Ья+сл; где п>1. Для каких п треугольник будет тупоугольным, прямоугольным, остроугольным?
Задание 12
205.	Если путешественник проезжал бы в лень на 20 км больше, чем он проезжает, то он проехал бы за 8 дней расстояние, меньшее 1000 км. Если же он проезжал бы в день на 15— км меньше, чем он проезжает, то за 12 дней он проехал бы более 1000 км. В каких границах изменяется его дневная скорость?
206.	В каких пределах изменяется скорость точки, движущейся равномерно по прямой, если известно, что при увеличении скорости на 3 м/сек время, в течение которого эта точка проходит расстояние в 630 м, сокращается не менее, чем на 1 сек и не более, чем на 280 сек.
207.	Даны две арифметические прогрессии с одним и тем же первым членом а. Разность первой прогрессии d, а другой (—d). Доказать, что если Sn и Sn соответственно суммы п первых членов этих прогрессий, то
208.	Доказать, что если натуральные числа a, b, с, d составляют арифметическую прогрессию, то abed + (b — а)* есть полный квадрат.
209.	Расположить многочлен х8 + 4ха + 6х + 4 по степеням х + 1.
24
210.	Найти все пары действительных чисел р и q9 при которых уравнения
х3 + рх2 4- 18 = О, х3 + qx + 12 = О
имеют два общих корня. Определить эти корни. 211* Известно, что уравнения
х3 4- pjX + qi = О и
х3 + Рг* + ?2 = О,
где р1 =/= р2, имеют общий корень. Найти все три корня каждого из уравнений.
212.	Доказать, что уравнение
х2 + рх + q = О
не может иметь рациональных корней, если р и q нечетные целые числа.
213.	Доказать, что если а О, b 0, с 0, то имеют место неравенства:
6abc < ab(a + Ь) 4- Ьс(Ь 4- с) + са(с + а) 2(а3 + b3 + с3к
214.	Доказать, что если а > О, b > 0, с > 0, то имеет место неравенство:
2а
2Ь
2с
215.	Показать, что если треугольник имеет угол в 120° и стороны его образуют арифметическую прогрессию, то эти стороны пропорциональны числам 3, 5, 7.
216.	Если стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию, то отрезок прямой, соединяющий точку пересечения медиан с центром вписанной 'окружности, параллелен средней стороне.
ЗАНЯТИЕ 13
217.	Лодка спускается по течению реки на расстояние а км, а затем поднимается на расстояние b км. Скорость течения реки равна v км/ч. Какова должна быть собственная скорость лодки, чтобы вся поездка продолжалась не более чем t часов?
218.	Решить уравнение
х4 4- а4 — Зах3 + За3х = 0,
где а Ф 0.
219. Найти произведение:
25
220.	Доказать, что если q — знаменатель геометрической .прогрессии, Sn — сумма п первых членов этой прогрессии, то сумма всевозможных парных произведений членов прогрессии равна:
я
<7 4-1
' • $п * ^я-1
221.	Доказать, что если а > 0, b > 0, с > 0, то имеет место неравенство:
1 . 1 . 1 < а8 + & + с9
д b с a?bV
222.	В треугольнике АВС на сторонах АВ, АС и ВС взяты г»	d	л	BAi	СВ.	ACt	1
соответственно	точки	С\,	В.,	Л.,	так	что	—1	= —1 =	—1 =	—.
1	°	р	AtC	BtA	СХВ	2
Проведены отрезки AAit BBi CCt. Найти отношение площади образовавшегося	внутреннего	треугольника	к	площади	треуголь-
ника АВС.
Задание 13
223.	Два тела начинают одновременно двигаться равномерно по прямым Ох и Оу, пересекающимся под прямым углом. Первое тело двигается со скоростью v по прямой Ох от точки А к точке О, находящейся на расстоянии а от точки А. Второе тело движется со скоростью Vf по прямой Оу от точки В к точке О, находящейся на расстоянии бот точки В. Найти наименьшее расстояние между этими телами во время движения.
224.	Велосипедист отправляется с некоторой скоростью из пункта А в В, отстоящий от А на 60 км. Затем он выезжает обратно с той же скоростью, но через один час после выезда делает остановку на 20 мин. После этого он продолжает движение, увеличив скорость на 4 км/ч. В каких границах заключена скорость велосипедиста, если известно, что на обратный путь от В до Л он потратил времени не более чем от А до В?
225.	Найти все корни уравнения:
х4 4- (х 4- 1) (5х2 — 6х — 6) = 0.
226.	Решить уравнение:
х4 4- Зх8 + 4х2 — 13х — 9 = 0.
227.	Найти произведение:
)(+
1
1 .3
i 226. Доказать, что произведение
Р = (1 + 2) (3 + 4+5) (6 + 7 + 8 + 9)..., состоящее из п сомножителей, равно
(п!)3 (п + I)2 (п + 2)
2n+i
229. Доказать, что если St, S2, S3, . . . , Sn — суммы n членов n геометрических прогрессий, у которых первые члены 1, а знаменатели соответственно равны 1, 2, 3, . . . , и, то
230.	Доказать, что если Sn, S2n, S3n обозначают суммы п, 2п Зп первых членов геометрической прогрессии, то
-S2a) = (S2n-S„)2.
231.	Доказать, что при любом 0 имеет место неравенство,
2п3 + 2а2 + 1 > а.
.232. Доказать, что
.. ab(a + b — 2с) + bc(b + с — 2а) + ас(а + с — 2Ь)	0
при а > 0, b > 0, с > 0.
233.	Отрезок, параллельный основаниям трапеции и имеющий концы на боковых сторонах ее, делит площадь этой трапеции пополам. Найти длину этого отрезка, если основания трапеции равны а и Ь.
234.	Найти площадь прямоугольного треугольника, гипотенуза которого делится точкой касания вписанной окружности на отрезки а и Ь.
ЗАНЯТИЕ 14
235.	Два туриста двигались из пункта А в пункт В. Первый половину времени шел со скоростью км/ч, а вторую половину времени со скоростью v2 км/ч. Второй же шел первую половину пути со скоростью Vi км/ч, а вторую половину пути со скоростью v2 км/ч. Кто из них затратил меньше времени на прохождение пути от А до В?
236.	Известно, что все корни многочлена
F (х) = х3 + рх + 9,
где q 0, вещественны. Доказать, что коэффициент р отрицателен. 237. Решить в целых положительных числах уравнение:
х2 — ху + 2х — Зу = 11.
238.	Найти все простые трехзначные числа, цифры которых образуют геометрическую прогрессию с целым знаменателем, отличным от единицы.
239.	Доказать, что при любых а и Ь имеет место неравенство: а2(1 + fe4) + fc2(l + а4) < (1 + а4) (1 + &4).
240.	Доказать, что прямая, симметричная медиане относительно биссектрисы, проведенной из той же вершины треугольника, делит сторону треугольника пропорционально квадратам прилежащих сторон.
Задание 14
241.	У продавца были весы с разными по длине плечами. Один килограмм товара он взвешивал на левой чашке, а другой килограмм того же товара и тому же покупателю — на правой чашке и считал, что этим он компенсировал неточность весов. Как получилось в действительности?
242.	Плоты шли из пункта А до устья реки вниз по течению. В устье реки их взял на буксир пароход и через 17— суток после выхода плотов из А доставил их по озеру в пункт В. Также известно, что пароход тратил на рейс (без буксировки) от А до В 61 ч, а от В до А — 79 ч и что его скорость во время буксировки уменьшается вдвое. Показать, что пароход тратит для перевозки плота от устья реки по озеру до пункта В меньше 122 ч, и найти, сколько времени он в действительности тратит на это.
243.	Выразить свободный член кубического уравнения
х8 + ах2 + Ьх + с = 0
через коэффициенты а и Ь, зная, что корни этого уравнения образуют арифметическую прогрессию.
244.	Корни а и b квадратного уравнения х2 + рх + q = 0 положительны. Выразить А = У а + У b через р и q.
245.	Решить в целых положительных числах уравнение: 2х2 + 5ху — 12у2 = 28.
246.	Решить систему:
(8х + 5у + z = 100, (х + у + 2 = 20
в целых положительных числах.
247.	В геометрической прогрессии аь аъ а3, ... даны члены ап+п = А, ат_п = В. Найти ат и ап (А =/= 0).
28
248.	Найти произведение Р —	а3-... • ап, если известно, что S = at 4* а2 + а3 + ...	о,.,
Sj = — + — + — + • • • 4- — и что числа ait аг, а3, • . • » ап
О]	с3	ап
составляют геометрическую прогрессию.
249.	Доказать, что при любом х имеет место неравенство: х8 4- хв — 4х* 4- х2 + 1	0.
112
250.	Доказать, что если —|— = — и ес>0, то имеет мее-а с ь
то неравенство:
а-}~ b . с + b 2а — Ъ 2с — b
251.	Отрезок BD—биссектриса угла В в треугольнике ЛВСде-/71
лится точкой 0 так, что -— = —, прямая О А пересекает ВС в OD п
v и «	ВК	АВ Р
точке л. Наити отношение —, если — = —.
КС ВС q
252.	В треугольнике АВС биссектрисы BF и CD пересекаются в точке О- Найти углы треугольника ЛВС, зная, что ВО = 0FJ/3, 0D = ОС(/3 — 1).
ЗАНЯТИЕ 15
253.	Когда пароходы были еще несовершенны, считалось, что количество расхода топлива пропорционально кубу скорости парохода. При скорости 15 км/ч тратили 1,5 т угля в час по цене 18 руб. за тонну, а другие расходы составляли 16 руб. в час. Найти в рублях наименьшую стоимость прохождения пути в 2000 км.
254.	Найти сумму всех несократимым дробей со знаменателем 5, содержащихся между целыми числами т и п(т<п).
255.	Целой частью [х J числа х называется наибольшее целое число, не превосходящее х. Например, [51 = 5, [3, 71 = 3. Найти целую часть числа
Кх2 4- К4Х24- V 16x2 4- 8х + 3?
где х — целое неотрицательное число.
256.	Определить k так, чтобы система
*4-(1 +*)у = 0,
(1 — k)x 4- ky = 1 4- k,
(1 4-Л)х4-(12 — k)y = — (1 +k)
была совместной.
29
257.	Найти все двузначные числа, которые кратны произведению своих цифр.
258.	Найти площадь вписанного в круг четырехугольника, стороны которого равны а, &, с, d.
«
Задан не 15
259.	В бассейн может поступать вода через две трубы разной пропускной способности. Меньшая труба за 1 сек пропускает 1 куб. м воды. В бассейне также имеется кран, через который может вытекать в течение секунды 1 куб. м воды. Узнать, в каких пределах должна изменяться секундная пропускная способность большей трубы, если известно, что за время от 3 до 4 сек поступило в бассейн 16 куб. м, причем 10 куб. м поступило при одновременном действии обеих труб и при закрытом кране, а 6 куб. м при действии только большей трубы и открытом кране.
260.	Из точки А по прямой начали двигаться одновременно в одном направлении две точки: первая равномерно-ускоренно с начальной скоростью 3 м/сек и ускорением 2 м/сек?, вторая — равномерно. В каких пределах должна изменяться скорость второй точки, чтобы она сначала обогнала первую точку, но чтобы затем первая точка догнала вторую на расстоянии, не большем 10 м от Л?
261.	Сумма нескольких последовательных натуральных чисел равна 1000. Найти все такие последовательности.
262.	Показать, что сумма всевозможных парных произведений п натуральных чисел 1, 2, 3,... , п равна
(л —1)л(и + 1) (Зп ч- 2)~
24
263.	Составить две прогрессии, арифметическую и геометрическую, каждую из четырех членов; при этом если сложить одноименные члены обеих прогрессий, то должны получиться числа 27, 27, 39, 87.
264.	Доказать, что разность между средним арифметическим и средним геометрическим положительных чисел а и b лежит между
„ I—(о (,).
8а	8b v '
265.	Доказать, что уравнение х3 — 5х + 1 = 0 не имеет рациональных корней.
266.	При каком значении k уравнения х3 + kx + 1 = 0 и х* + kx2 +1=0 имеют общий корень? Найти этот корень.
267.	Два двузначных числа, оканчивающихся одной и той же цифрой, таковы, что при делении на 9 частное каждого из них равно остатку другого. Найти все числа, удовлетворяющие этим условиям.
30
* 268. Пишут одну за другой четыре последовательные цифры, затем первые две меняют местами и таким образом получают четырехзначное число, представляющее точный квадрат. Найти это число.
269.	Диагонали разбивают трапецию на четыре треугольника. Найти площадь трапеции, еслй площади треугольников, примыкающих к основаниям, равны Si и S2.
270.	Через точку, лежащую внутри круга радиуса /?, проведены две взаимно перпендикулярные хорды, расстояния которых от центра круга равны а и Ь. Найти площадь части круга, ограниченной этими хордами и наименьшей дугой этой окружности, соединяющей их концы.
ЗАНЯТИЕ 16
271.	Пункты А и В расположены на прямолинейной магистрали, на 9 км друг от друга. Из пункта А к В выходит автомашина, двигающаяся равномерно со скоростью 40 км/ч. Одновременно из В в том же направлении с постоянным ускорением 32 км/ч2 выходит мотоцикл. Найти наибольшее расстояние между автомашиной и мотоциклом в течение первых двух часов движения.
272.	Доказать, что корни хь х2, уравнения х3 — Зх + 1 = 0 вещественны и если х2<х3< хь то они удовлетворяют соотношениям х? — х2 = x‘i — х3 = 2.
273.	Найти все пары двузначных чисел, обладающих тем свойством, что их произведение равно произведению чисел, образованных перестановкой цифр в каждом из искомых чисел (например, 12 • 84 = 21 • 48^
274.	Если некоторое четырехзначное число умножить на четырехзначное число, записанное теми же цифрами в обратном порядке, то получается восьмизначное число, у которого последние 3 цифры — нули. Найти все такие четырехзначные числа.
275.	Доказать, что если а, Ь, с—действительные числа и abc=l9 то имеет место неравенство:
ab + be + са + а + b + с — 6 > 0.
276.	Сторона АВ вписанного в круг квадрата продолжена на отрезок ВС = АВ; точка С соединяется отрезком CDO прямой с центром круга О, где D — точка пересечения отрезка СО с окружностью. Доказать, что отрезок CD равен удвоенной стороне вписанного в данный круг десятиугольника.
Задание 16
277.	Цена бриллианта пропорциональна квадрату его веса. Доказать, что если разделить бриллиант на несколько частей, то стоимость его уменьшается, причем понижение стоимости будет наибольшим, когда части будут равны.
31
278.	Прямоугольная цветочная клумба должна занимать площадь 216 кв. м. Вдоль длины клумбы должны быть дорожки шириною по 2 >и, а вдоль ширины—по 3 м. Каковы должны быть размеры клумбы, чтобы площадь дорожек была наименьшей?
279.	Доказать, что если между коэффициентами уравнений х2 + тх 4- п = О и
х2 -I- рх + q = О
имеет место зависимость тр — 2(п -Ь <?), то хотя бы одно из этих уравнений имеет вещественные корни.
280.	Доказать, что если 1, а, р, у, .. ., % — корни уравнения хп = 1, то имеет место равенство:
(1-а) (!-£)(!-у) ... (1-Ь) = и.
281.	Во сколько раз увеличится двузначное число, если справа к нему приписать такое же двузначное число?
282.	Найти два таких натуральных числа, что если их сложить, вычесть из большего меньшее, перемножить, разделить большее на меньшее, а затем все четыре результата сложить, то получится 245.
283.	Какие целые .положительные числа могут удовлетворять уравнению х 4- у 4- г = хуг?
284.	Уравнение
х(у + 1)9 = 243у
решить в целых положительных числах.
285.	Определить наибольшее значение отношения трехзначного числа к числу, равному сумме цифр этого числа.
>286. Найти наибольшее и наименьшее значения выражения х* + у6,
если известно, что х2 4- у2 = 1.
287.	Хорды двух дуг круга радиуса R равны 2а и 2Ь. Найти хорду дуги, равной сумме этих дуг или их разности.
288.	Окружность радиуса, равного высоте некоторого равнобедренного треугольника, катится по основанию этого треугольника. Доказать, что величина дуги, отсекаемой на окружности боковыми сторонами треугольника, остается при этом постоянной.
ЗАНЯТИЕ 17
289.	Сколько действительных решений имеет система двух уравнений с тремя неизвестными:
32
290.	Найти сумму:
S = —18 + З3 — 58 + 73 — ... - (4п — З)3 + (4л - I)8.
29!. Доказать, что при любом натуральном п имеет место нера
венство:
/1 К 2	V п f
292.	Доказать, что
S. Л л । . . Зл । . » 5л । • 1 = sin4-------h sin4--h sin1------ snr
1	16	16	16
16	2*
293.	Если около выпуклого четырехугольника нельзя описать окружность, то произведение его диагоналей меньше суммы произведений противоположных сторон.
294.	К данной окружности диаметра АВ = 2R проведена касательная ВМ. Найти на этой окружности такую точку/V, чтобы отрезок NA был равен расстоянию от точки N до касательной ВМ.
Задание 17
295.	Окно состоит из прямоугольника, завершенного равносторонним треугольником. Определить отношение высоты прямоугольной части окна к стороне треугольной части так, чтобы пргГ данном периметре окна оно пропускало бы наибольшее количество света.
296.	Данный отрезок а разделить на три части так, чтобы сумма квадратов длин этих частей была наименьшей.
297.	Решить уравнение:
6х 4- 2а -|- 3d + с ________________ 2х 4- 6а 4- b -f- Зс
6х + 2а — 3d — с
298.	Решить уравнение:
2х + 6а — b — Зс
— 4а + 16 — 2 ]/х — 2а 4- 4 4- У х=0-
и установить, при каких действительных значениях а уравнение имеет решение.
299.	Найти сумму:
3 = I2 — 22 4- З2 — 42 + 52 — 62 4- 72~82+... + (n—I)2 — п\
300.	Доказать, что если сумма (Sp) первых р членов арифметической прогрессии равна сумме (S^) q первых ее членов, то сумма (Sp+J первых р 4- q ее членов равна нулю.
301.	Доказать, что tg 5° * tg 55° tg 65° • tg 75° = 1.
302.	Доказать, что sin 10° • sin 50® • sin 70’ = —.
8
303.	Доказать, что a* + c& 4- di t ... 4- a; > если '	fc	V	fl
at 4- аг 4- a3 + ... + an = i.
2 Заказ 164
33
304.	Доказать, что если а > 0, b > 0, с > 0 и а, Ь, с — три последовательных члена арифметической прогрессии с отличной от нуля разностью, то имеет место неравенство ап + сп > 2Ьп для любого натурального п.
305.	Доказать, что сумма произведений высот остроугольного треугольника на отрезки их от ортоцентра до вершины равна полусумме квадратов сторон. Обобщить это предложение на случай тупоугольного треугольника.
306.	Доказать, что прямая, параллельная касательной в вершине вписанного треугольника и пересекающая боковые стороны, отсекает от него четырехугольник, который может быть вписан в круг.
ЗАНЯТИЕ 18
307.	Найти действительные корни уравнения: х4 + 4х3 — 8х + а = 0
308.	Доказать тождество: n j	sin 2^+1 а
cos а • cos 2а - cos 4а-.. .-cos 2Ла =---,
2Л+1 sin а
309.	Доказать, что
310.	Ряд натуральных чисел разобьем на группы:
1,	(2, 4), (3, 5, 7), (6, 8, 10, 12), (9, 11, 13, 15, 17),... Показать, что сумма чисел n-й группы равна:
п
2
311.	Доказать, что если положительные различные числа а, Ь9 с являются тремя последовательными членами геометрической прогрессии, то имеет место неравенство ап + сп > 2Ьп для любого натурального п:
312.	В треугольнике АВС угол С = 120°,	=
ти угол В.
• Най-
Задание 18
313. Решить
314. Решить
уравнение:
1АЗх — а = а — 2х. уравнение;
31
315.	Найти сумму:
cos 2а + cos 4а + cos 6а + ... + cos 2/га.
316.	Найти сумму:
sin2a -к sin2 2а -к sin2
За + ... + sin2 па.
317.	Решить уравнение:
.	8 sin2 х 4- 3 sin 2х 4- 1
tg X-----------
8 cos2 х -f- 3 sin 2я -к 1
318.	Доказать, что уравнение
sin4 х — sin2 Зх + sin х — 3 = 0
не имеет решений.
319.	Ряд натуральных чисел разобьем на группы:
1, (2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9, 10),...
Найти сумму чисел n-й группы.
320.	Найти сумму первых п членов ряда:
1 + 3 + 6+ 10 + 15 + ... +--(fe+ П- + ... 2
112	1	*	°
321.	Доказать, что если '—|— =	и —|— =
а с b	Ь	а	с
а > 0, b > 0, с > 0, d > О,
а b Ф с d, —<.с<2Ь, 2
то имеет место неравенство а + d> b + с.
322.	Установить зависимость между натуральными числами тип, если известно, чти
1 + 2-|-3-Ь ... + т > 1 + 2+3+ ... + л т	п
323.	Доказать, что если стороны треугольника АВС связаны равенством а* = ЫЬ + с), то угол А (противолежащий стороне а) в 2 раза больше угла В (противолежащего стороне Ь).
324.	Зная углы А и В треугольника АВС, найти угол ADC, где CD — медиана.
ЗАНЯТИЕ 19
325.	Решить уравнение:
I + a + a* + а’ + ... + a* e (1 + а)(1 4- а2)(1 + а*)(1 >т*).
328. Доказать, что если 4a’ + 9b* — 4ab(a > 0), то
tog
2*
35
327.	Доказать, что если имеют место равенства sin г + cos х = т и sin’ * + cos’ х = п, то та — 3m + 2п = 0.
328.	Доказать, что
А = sin---Fsin-----1- ... + sin -------= ctg—.
n	n	n	2n
329.	Доказать, что в геометрической прогрессии, все члены которой положительны и различны, среднее арифметическое крайних членов больше среднего арифметического всех членов.
330.	Доказать, что диагонали четырехугольника тогда и только тогда взаимно перпендикулярны, когда сумма квадратов двух противоположных сторон равна сумме квадратов двух других сторон.
Задание 19
331.	Найти действительные корни уравнения: х2 — 6х + у — 4}/’у -ь 13 = 0.
332.	Решить уравнение:
х4 + Зхэ — 2х2 — 6х + 4 = 0.
333.	Доказать, что если log* a, logy b, log* с составляют арифметическую прогрессию, то
log. У -
Jogfl X 4- logfl г
(предполагается, что все числа а, Ь, с, х, у, г положительны и отличны от единицы).
334.	Пусть последовательность чисел обладает тем свойством, что разности двух соседних чисел образуют арфметическую прогрессию с разностью d. Найти n-й член этой последовательности и сумму первых п членов этой последовательности, если известно, что первый член равен а, а разность между вторым и первым членами равна d.
335.	Доказать, что из системы равенств
cosec х — sin х = т9
sec х — cos х = п9 где х
(* = о, ± 1,
± 2, ..
л
2
следует, что т jZпгп2 -f- nyfт2п = 1.
36
336.	Доказать, что если числа ait а2> а39... составляют арифметическую прогрессию, то имеет место равенство k
— 6Z2
U2k
2k -1
337» Доказать, что
2л
4л
6л
338. Доказать, что при всех допустимых значениях а и Р из . В . , а	.В — а 3 sin а
соотношения tg — = 4 tg — вытекает, что tg ---- =------------.
2	2	2	5 — 3 cos а
339, Доказать, что если а > О и р> д> 0, то имеет место неравенство
р и q — натуральные.
340» Доказать, что если х, у, т — целые числа, причем у =/= 0, т > 0, то имеет место неравенство № + ху + ту'2 — т • 0.
341* Через вершину А треугольника АВС внутри него проведены две прямые, образующие равные углы со сторонами АВ и АС и встречающие сторону ВС в точках М и N. Доказать, что
ВМ BN _ АВ2 CM ’ CN ~ АС1 ’
342.	На продолжении стороны АВ треугольника АВС отложен отрезок BD, а на стороне АС — отрезок СЕ — BD. Доказать, что отрезок DE делится стороной ВС в отношении, обратном отношению сторон АВ и АС.
ЗАНЯТИЕ 20
343.	Известно, что система уравнений
1а(х2 + у2) + х 4- у = Ь, 1у — х = Ь
имеет действительные решения при любом действительном Ь. Доказать, что а — 0.
344.	Доказать, что ---5---1- —. —!---------------— . — »
1 2п — 1	3 2л —3	2л —1 1
= 1/1 + 1 + 1 + ... +-Ь\
п \	3	5	2п — 1/
345.	Доказать, что при любом натуральном п 2 имеет место неравенство:
21 • 41 • ... • (2п)! > Цп т 1)1 Г.
346.	Доказать, что уравнение
(sin х + ]ЛЗ cos л) sin 4х = 2
не имеет решении.
347.	Доказать, оавенство
sin(?l + В) с2
348., Точка М, принадлежащая боковой стороне ВС трапеции ABCD, соединена с вершинами А и D. Из вершины В проведена прямая, параллельная DA4, а из вершины С — прямая, параллельная AM. Доказать, что последние две прямые пересекаются в точке, принадлежащей стороне AD.
что в любом треугольнике АВС имеет место sin (Л — В)_а2—Ь2
Задание 20
349. Найти все действительные значения х, у, г, удовлетворяющие системе уравнений:
х + у + г = 3,
2ху — 2у — г2 = 4.
350. Решить систему уравнений:
351. Найти сумму:
х + Зх2 4- 5х8 + ... + (2п — 3)х”“1 4- (2п — 1)хл.
352« Доказать, что для любого натурального п > 1 имеет место
неравенства
4П	(2л)!
л4-1	(л!)а
^53.. Доказать, что при любом действительном х имеет место не-
равенство:
2ха 4- 6х -f- 6 х2 4- 4х 4- 5
354. Доказать, 1/1 4- cos<p \ __ г 1 — COS ф }
11/* 1 ~ Sin Ф  -1 ГГ4- sin Ф V1 Г1 — cos ф  \ f 1 + sin ф	г 1 — sin ф /\ V 1 4- соГф
38
если 2kn < ф
т. е. в I квадранте,
4, если (2k 4- 1) л
ф < (2k 4- 1) л,
т. е. во II квадранте,
Ф < — л 4- 26л,
т. е. в 111 квадранте,
е.
в IV квадранте.
з
2
355. Выразить sin 5х через sin х и с помощью полученной формулы вычислить без таблиц sin 36°.
356* Решить уравнение:
10 sin2 №4-4 cos 2х 4- 3 sin 2х = 5.
357* Доказать, что в любом треугольнике АВС имеет место равенство:
a sin (В — С) 4- b sin (С — 4) 4- с sin (Д — В) = 0.
358* Доказать, что в любом треугольнике АВС имеет место равенство:
аа sin (В — С)	. 6а sin (С — Л)	с* sin (Л — В)  q
sin Л	sin В	sin С
359.	Доказать, что пятиугольник правильный, если все его стороны равны и равны три последовательных угла.
360.	На сторонах треугольника АВС построены вне его равносторонние треугольники ABCit ВС At, CABt. Доказать, что прямые A At, BBt, CCt пересекаются в одной точке.
ЗАНЯТИЕ 21
361.	Найти все действительные пары значений х и у, удовлетворяющие уравнению:
№ 4- 6х sin (ху) +9=0.
362.	Найти наименьшее положительное значение суммы х 4- у, если (1 4- tg х) (1 4- tg у) = 2.
363.	Доказать, что при положительном х и при любом натураль» ном п имеет место неравенство:
364.	Доказать, что если котангенсы половин углов треугольника АВС — последовательные натуральные числа, то треугольник прямоугольный.
39
365.	Доказать, что если а = 2Лл + «0, где —л < ав < я, то имеет место равенство cos^-= (—1 )* J/1 + cos а
J 366. К двум окружностям с центрами О и касающимся внешне в точке А, проведена общая внешняя касательная ВС (В и С — точки касания). Доказать, что угол ВАС прямой.
Задание 21
367.	Найти все действительные решения системы уравнений:
368.	Садовник должен рассадить деревья, число которых меньше 1000. Если он посадит их рядами по 37 штук в каждом ряду, то у него останется 8; если же он посадит по 43 дерева в каждом ряду, то у него останется 11. Сколько деревьев должен рассадить садовник?
369.	Упростить выражение:
У =	+	+ y]/| + 4cosa, . где 0<а<л.
370.	При каких значениях а уравнения х* + ах + 1 =0, хг + х + а = 0 имеют общий корень?
371< Показать, что сумма всевозможных произведений квадратов натуральных чисел, взятых по два (от 1 до п), равна
п (п* — 1) (4п* — 1) (5п	6)
360
372.	Доказать, что для любого натурального п имеет ыестоне-равенство:'
1	3 5	2n— 1	1
2*4*6 * * * 2м ^ЗпТТ "
373.	Доказать, что среднее арифметическое любых трех неотрицательных чисел at, Пг. не меньше их среднего геометрически о, т. е.

3
40
> Qt  аг  Og.
374.	Доказать, что если а = 2Лл + а0, где 0 <1а0 < 2л, то имеет место равенство sin у = (— 1)* 1/1 —cosa
375.	Найти множество значений функции у = sec х 4-cosec х при 0 < х < у.
376.	Доказать, что в любом треугольнике АВС имеет место
в—С cos----
2 равенство -------
(формула Мольвейде).
sin —
377.	Доказать, что если четырехугольник вписан в круг, то сумма произведений противолежащих сторон его равна произведению его диагоналей (теорема Птолемея).
J 378. На окружности, описанной около равностороннего треугольника АВС, взята произвольная точка М; доказать, что наибольший из отрезков МА, МВ и МС равен сумме двух остальных.
ЗАНЯТИЕ 22
379.	Доказать, что если имеет место равенство
(1 + cos a) (1 4- cos 0) (1 4- cos у) = (1— cos а) (1—cos Р)(1—cosy), то значение каждой его части равно | sin a | '.sin 0|| sin у|.
380.	Доказать, что если tg — = —, то выражение a sina4-fc sinB 2 b
не зависит от а.
381.	Доказать, что нет такого треугольника, у которого и углы, и стороны составляли бы одновременно арифметические прогрессии с отличными от нуля разностями.
382.	Доказать, что среднее арифметическое любых четырех неотрицательных чисел а±, аг, а3, ал не меньше их среднего геометрического.
1	383. Если в разностороннем треугольнике со сторонами а, Ь,
с, где а > Ъ > с, медианы пропорциональны сторонам, то 26® =
.= о2 4- с2..
, 384. Доказать, что прямые, которые соединяют две точки, взятые на двух смежных сторонах пространственного четырехугольника, с точками, делящими соответственно в тех же отношениях стороны, противоположные первым, пересекаются; отрезок каждой из этих прямых, заключенный между сторонами четырехугольника, делится другой прямой в том же отношении, как и те стороны, которых первая прямая не пересекает.
41
Задание 22
385, Найти сумму п первых членов ряда, если известно, что его Л-й член
ak = 4Л(Л2+ 1) — (6/г2 + 1).
386, Пусть Xi = sin <fi, х2 = cos q>i-sin <р2, х3 = cos • cos ф2Х X sin ф3,.„
xn_! = cos <p1 • cos ф2-.. .-cos ф„_2 • sin фп_!, xn = COS ф1 • COS ф2‘. . . -COS фп—2 • cos Фп-J.
Доказать, что при любых значениях фь ф2, . . . , фп имеет место тождество х2 4- х| 4* . * . 4- х2 = 1.
387. Доказать тождество 6 sin а + 4 sin За — 4 sin 5а — sin 7а 4-+ sin 9а = 16 sin4 2а • sin а.
388. Доказать, что tg (а 4- 0) = 4 tg 0, если
5 sin а = 3 sin (а + 2 0).
389, Доказать, что если углы треугольника связаны соотношением
cosC — 2sin А • sin В, то | А — В |= -.
390.	Доказать, что если в треугольнике АВС стороны связаны зависимостью а 4- b — Зс, то
391.	Доказать, что если а>0,	fe>0, с>0, d>0, то
)/(а + d){c + d) 4- /(а 4-с) (6 4-<0 4- ^(a+'d) (&+F) > бУаЬяГ
392.	Доказать, что если высоты ha,hb, hc и радиус г вписанной в треугольник окружности удовлетворяют равенству ha + hb + -\-hc = 9г, то треугольник равносторонний.
393.	Если в треугольнике АВС угол А в 2 раза больше угла В, то а2 =	+ Ьс.
394.	В треугольнике АВС высота BD касается окружности описанной около этого треугольника. Доказать» что
1) разность углов при основании АС равна 90°,
2) ВО2 - А9 CD.
395.	Доказать, что если из конечного числа прямых в пространстве каждые две пересекаются, то все они лежат в одной плоскости, или все проходят через одну точку.
396.	Доказать, что три плоскости, каждая из которых проходйт через ребро трехгранного угла и перпендикулярна к противоположной грани, пересекаются по одной прямой.
42
ЗАНЯТИЕ 23
397.	Найти сумму п первых членов ряда:
1 + 9 + 45 4- 189 + 729 + . . . + (2k — 1)3*-’ 4- ...
398.	Доказать, что при а О, Ь 0 выполняется неравенство (/а 4- Vb)22 ]А(а 4- Ь)УаЬ.
399.	Доказать, что если углы треугольника связаны равенством cos2 А + cos2 В + cos2 С = 1, то треугольник прямоугольный.
400.	Дана функция A cos х + В sin х, где А и В — некоторые постоянные. Доказать, что если эта функция обращается в нуль при двух значениях аргумента х4 и х2, таких, что Xi — х2 ф где k — целое, то А = В = 0, т. е. функция тождественно равна нулю.
401.	Если даны две концентрические окружности, то сумма квадратов расстояний любой точки одной из них до концов любого диаметра другой есть величина постоянная.
402.	АВ и CD — отрезки скрещивающихся прямых. Доказать, что если АС = СВ и AD = DB, то прямые АВ и CD взаимно перпендикулярны.
Задание 23
403.	Доказать, что если
(1 + sin а) (1 + sin 0) (1 4- sin у) = cos а • cos р • cos у, то и (1 — sin а) (1 — sin 0) (1 — sin у) = cos а • cos 0 • cos у.
404.	Найти сумму п первых членов ряда:
х + х2 (1 + х) + X3 (1 + х + х2) + х4(1 + X + х2 + х3) +...
405.	Доказать, что если углы треугольника удовлетворяют равенству
sin (Л — В) = sin2 А — sin2 В,
то треугольник или прямоугольный, или равнобедренный.
406.	Доказать, что если углы треугольника АВС связаны равенством
sin А + sin В = cos А + cos В,
то треугольник прямоугольный.
407.	Доказать, что если з
cos a -j- cos 0 -т- cos(a + Р) = —,
где
0 <ct< л, 0 <0 <1 л, то а = 0 = -. г 3
43
408.	Доказать, что если
acosa + bsina = ct acosjJ + bsinfJ = ct a — p	2nfe,
a + P	л(2/г + 1)
(k и n — целые числа),
о a — В с2
TO COS2------- = --------.
2 a2 4- b2
409.	Доказать, что a4 4- b4 4~ с4 > abc (a + b + c) при a > 0, b > 0, c> 0.
410.	Доказать неравенство:
a3 4- b3 4- c3 a2 be 4- b2 yfea 4- с2 Кab9
где a > 0, b > 0, c > 0.
411« Если через точку пересечения двух окружностей провести секущие, не продолжая их за окружности, то наибольшей из них окажется та, которая параллельна линии центров. Доказать.
412.	Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции и точку пересечения продолжений боковых сторон ее, делит основания трапеции пополам.
413.	Через каждое ребро тетраэдра проведёна плоскость, параллельная противоположному ребру. Найти отношение объема полученного параллелепипеда к объему тетраэдра.
414< Доказать, что множество середин отрезков, концы которых находятся на двух данных скрещивающихся прямых, есть плоскость, проходящая через середину перпендикуляра, общего данным скрещивающимся прямым, и перпендикулярная к нему.
ЗАНЯТИЕ 24
415. Найти сумму и первых членов ряда:
г*	a sin	a cos х b , . .
416. Решить уравнение:---------!— (ab Ф 0).
b cos х 4- a	b sin х 4- а
417.	Найти все квадратные трехчлены х2 + рх + q9 на которые делится двучлен х4 — 1.
418.	Доказать, что-——> V b 4- 1, если Ь$>—1 b 0
4| Ь\
419.	Доказать, что медиана, проведенная из вершины острого угла неостроугольного треугольника, делит угол на неравные части.
420.	Доказать, что прямая, составляющая разные углы с тремя попарно пересекающимися прямыми на плоскости, перпендикулярна к этой плоскости.
44
Задание 24
421. Найти сумму:
1
л (л + 1) *
422.	Найти сумму первых п членов ряда:
1 . 3 . 7 . 15 ,	2*—1
1 + 2 + 4 + 8 +	’ ГДе 2*-»'
423.	Найти все решения системы:
Г 8cosx cosy cos (х — у) + 1 = О, t х + у = <р.
При каких <р система имеет решения?
424.	Найти все корни уравнения:
sinnx Н----— = cos"x Ч----?—,
cosmx	sinmx
где т и п — положительные нечетные числа.
425.	Найти, при каких условиях ат — Ьт делится на а" + Ь", где тип — натуральные числа.
426.	Найти условие, при котором многочлен
т—2
+ • • • + X + 1
делится на многочлен хп 4- х71-1 + хп~2 -Н ... + х + 1.
427.	Доказать, что для положительных Xi, х2, уь у2 имеет место неравенство:
Кх? + 4 + Fy? + у22 > /(х, + у,)2 + (Х2 + У2)2.
428.	Доказать, что при любом натуральном п имеет место неравенство 2я-1 • п! < пп.
429.	Через точку С, середину хорды АВ, проведены в круге хорды DE и KF\ хорды DF и К.Е пересекают хорду АВ в точках М и N. Доказать, что СМ = CN.
430.	Точки С и D делят гармонически отрезок АВ, т. е. точка С лежит между точками Л и В, а точка D — на продолжении АВ,
причем АС : СВ = AD : DB. Доказать, что — + — =
431 < Доказать, что биссекторные плоскости всех трех двугранных углов трехгранного угла пересекаются по одной прямой.
432. Доказать, что любой выпуклый четырехгранный угол можно пересечь плоскостью так, чтобы в сечении получился параллелограмм.
45
ЗАНЯТИЕ 25
433в Найти сумму первых п членов ряда:
1 4- 3 4- 7 4- 15 4- 31 4- ... 4- (2* — 1) 4- ...
434. При каких простых р число 8р2 4-1 простое?
435.- Доказать формулу Муавра
(cos <р 4- i sin ф)" = cos nep 4- i sin n<p
для любого натурального n.
436. Доказать, что если между элементами треугольника имеет место зависимость
то треугольник прямоугольный.
437* А, В, С и D — точки окружности, причем дуги АВ, ВС и CD равны между собой. Доказать, что АС2 = АВ (АВ 4- AD).
438. Доказать, что расстояние центра тяжести треугольника до плоскости есть среднее арифметическое расстояний его вершин до этой плоскости.
Задание 25
439 Найти сумму первых п членов ряда:
• 1 4- 5 4- 13 4- 29 4- 61 4- 125 4- ... 4- (2*+1 — 3) 4- ...
440.	Найти сумму первых п членов ряда:
3 4-6 + 11 4- 20 4- 37 4- ... + (2А 4- k)+...
441.	2? — 1 и 2’ — 1 взаимно просты. Доказать, что р и q также взаимно просты. Обратно, если рн q взаимно просты, то 2? — 1 и 2ч — 1 взаимно просты.
442.	Найти, при каких значениях а и п многочлен М. = хп — — ахп~' + ах — 1 делится на (х — I)2.
443.	Доказать, что если х + — = 2 cos ф, то
х
хп + — — 2 cos п хп
444.	Доказать, что если число г = а + Ы является корнем уравнения Ахл 4- Вх2 + Сх+ D — 0, где А, В, С, D — вещественные числа, то и число г — а — Ы служит корнем этого уравнения. Обобщить эту теорему для уравнения:
W •+• а,хп~' 4- • • • 4- аа = 6.
46
445.	Доказать, что в любом треугольнике АВС с углами А =/= В =k \ имеет место равенство:
tg А   са 4- Q2 — Ь2
tg В 624-с2 — а2
446.	Доказать, что если углы А и В треугольника связаны соот* ношением
з
cos Л 4-cosB — соз(Л 4-В) = —,
2
то треугольник равносторонний.
447« Две окружности касаются в точке Л; ВС — общая касательная, пересекающая линии центров в точке £). Через точку D проведена прямая MAf, перпендикулярная к ВС. Прямые ВА и АС пересекают MN в точках Р и Q. Доказать, что DP = DQ.
448.	Найти радиус окружности, описанной около четырехугольника ABCD, если известны Rit R2t R3, R4 — радиусы окружностей, описанных около треугольников ABM, BCM, CDM, ADM, где М — точка пересечения диагоналей АС и BD.
449.	В грани двугранного угла АВ проведена прямая CD.
Доказать, что эта прямая составляет со второй гранью наибольший угол, когда CD _L АВ.
450.	Найти двугранные углы трехгранного угла, плоские углы которого а, Р и у.
ЗАНЯТИЕ 26
451. Решить уравнение:
(!+&)•
cos х • cos (2х — а) cos (х — а)
= 1 + k COS 2х.
452.	Доказать, что если сумма
cos (at + х) + а2 cos (a2 + х) + ... + ап cos (an + х) при х = 0их = х1=/=&гс обращается в нуль, то она равна нулю и при всяком х.
453.	Найти четырехзначное число, кратное 7 и представляющее собой сумму куба и квадрата одного и того же целого числа.
454.	Показать, что в разложении (1 + а)п (п — натуральное) по степени а (а #= 0) не могут содержаться три равных последовательных слагаемых.
455.	Если медиана и высота, проведенные из одной вершины треугольника, деля! его угол на три равные части, то этот Треугольник прямоугольный. Доказать.
456.	Доказать, что сумма двугранных углов трехгранного угла больше 180°, но меньше 540°.
47
Задание 26
457.	Решить уравнение:
sin2x — sinx cosx — 2 cos2x = a.
При каких значениях а это уравнение имеет решения? 458. Решить уравнение:
2 sin2 х + 2 tg2 х — 4 tg х — 2р^2 sin х 4- 3 = 0.
459.	Доказать, что если а—иррациональное число, то функция у = cos ах + cos х не является периодической.
460.	Найти сумму
1	!	1	I	I	1	I	1
. "I	,	+ • • • +	1 "I	»
cos а • cos О	COS О • COS С	COS X • cos у cos у • COS 2
где а, 6, с, ... ,х, у, г образуют арифметическую прогрессию с разностью d.
461.	Доказать, что число вида
(10" + 10я-1 + ... +10 + 1) (10"+1 + 5) + 1 есть точный квадрат.
462.	Показать, что если каждый коэффициент в разложении х(1 + х)п разделить на показатель степени х, при котором этот 2«+i______________________________________________________[
коэффициент стоит, то сумма полученных частных будет-------.
463.	Найти число различных не подобных между собой членов разложения (а4 + а2 + а3 + ... + ал)3, получающихся после возведения в степень.	'
464,	Точка М — центр круга, вписанного в треугольник АВС. Доказать, что центр окружности, проходящей через точки A, М и С, лежит на биссектрисе угла В.
465.	Доказать, что во вписанном четырехугольнике ABCD биссектриса внутреннего угла пересекается с биссектрисой противолежащего внешнего угла в точке, лежащей на окружности (в которую вписан четырехугольник).
466.	Две окружности пересекаются в -точках А и В, CAD — секущая. Через точки D и С проведены касательные (D и С—точки касания) до пересечения в точке Е. Доказать, что около четырехугольника BCED можно описать окружность.
467.	Ребро куба равно а. Найти радиус цилиндрической поверхности, осью которой служит диагональ куба, если известно, что эта цилиндрическая поверхность касается ребра, куба.
468.	Из точки О, лежащей в основании АВС треугольной пирамиды SABC, проведены прямые ОА it OBi и OCi, соответственно параллельные ребрам ХД, SB, SC, до пересечения их соответственно с гранями SBC, SCA, SAB в точках Дь Ср Доказать, что ОАг	овх осх __ .
S/1	SB ' SC ~ *
48
ЗАНЯТИЕ 27
469.	Не решая уравнение ах2 + Ьх + с = 0, составить уравнение второй степени, корни которого были бы четвертыми степенями корней данного уравнения.
470.	Найти комплексное число г, если
| г ’• — г = 1 + 2i.
471.	В разложении (1 + х + — )10 найти сумму членов, содержащих х°.
472.	Доказать, что
где а, Ь, с —положительные числа.
473.	В треугольник АВС вписана окружность О, касающаяся сторон ВС, АС и АВ соответственно в точках Z), Е и В; ВВ^ _L АО, AAt ВО. Доказать, что точки Аь Вь D и Е лежат на одной прямой.
474.	Внутри треугольника АВС взята точка М, через которую проведены прямые AM, ВМ, СМ, пересекающие соответствующие стороны в точках А ь Вь СР Доказать, что имеет место неравенство AM	ВМ	СМ > б
АГМ + ВгМ	СгМ
Задание 27
475.	Доказать, что если имеет место равенство (у — z)2 + + (z — х)2 + (х — у)2 = (у + г — 2хр + (г + х — 2у)2 + + (X + у — 2z)2,
ТО X = у = Z.
476.	Решить уравнение:
х3 — (а + 2) х +	+ 1 =0.
477.	Представить комплексное число
z = 1 — cos а + i sin а,
где 0 < а < л в тригонометрической форме. 478. Доказать, что если
arctg а + arctg b + arctg с = л,
то а + b + с = abc.
479.	Найти условие, при котором разложение (1 + а)/1 (п — натуральное число) по степени а (а =/= 0) содержит два равных последовательных слагаемых.
49
480.	В вещевой лотерее разыгрывается 8 предметов. Первый подошедший к урне вынимает из нее 5 билетов. Каким числом способов он можёт их вынуть, чтобы: 1) ровно два из них оказались выигрышными; 2) по меньшей мере два из них оказались выигрышными? Всего в урне 50 билетов.
481.	Доказать, что если а > 0, fe > 0, с > 0, то
(а + b + с) (а2 + Ь2 + с2) > 9abc.
482.	Доказать, что дЗ I Ав —i—>3afe2 — 4, где a^0.
2
483.	Из произвольной точки окружности опущены перпендикуляры на стороны вписанного в нее треугольника. Доказать, что основания перпендикуляров лежат на одной прямой (прямая Симпсона).
484.	На плоскости даны четыре различные точки А, В, С, D так, что АВ _L CD, АС _1_ BD. Доказать,что AD _L ВС.
485.	Доказать, что плоскость, проходящая через середины двух противоположных ребер тетраэдра, делит его на два равновеликих многогранника.
486.	Доказать, что биссекторная плоскость двугранного угла тетраэдра делит его противоположное ребро в отношении, равном отношению площадей граней, образующих этот двугранный угол.
ЗАНЯТИЕ 28
487.	Решить уравнение:
. /5	\	1
sin - Л COS ЛХ I = —.
\3	/2
488.	Решить систему уравнений:
tgx + — — 2 sin fy + -Y tgx	/	41
tgy +4—= 2 sin(x —^Y tgy	\	4/
489.	Доказать, что если ai9 a2, a3, ...» an составляют арифметическую прогрессию, то имеют место равенства:
Gi —2a2 + а3= 0, Зд2 4” Зя3 == 0,.
— 4а2 + 6я3 — 4л4 + аъ = 0,
и вообще при всяком п > 2 имеет место равенство:
в}—С\а2 +Gj • я3— ... +(—ап + ( 1) Cnan+i~0.
490*. Доказать, что х2 (4 4- logo у) 4- 2% log2y 4~ Iog2 у + + 1 > 0. При каких значениях х и у достигается равенство?
50
491.	Через центр правильного треугольника проведена произвольная прямая. Доказать, что сумма квадратов расстояний от вершин треугольника до этой прямой не зависит от выбора прямой.
492.	Если четыре точки Л, В, С, D не лежат в одной плоскости и прямая АВ J_ CD, а прямая AC _L ВО, то прямая AD J_ ВС.
Задание 28
493.	Решить уравнение:
sin 2х + tg х = 2.
494.	Решить уравнение:
32 cos® х — cos 6х = 1.
495.	Решить уравнение:
cos л — • cos 2л — • cos 4л — • cos 8л — • cos 16л — = —. 31	31	31	31	31	32
496.	Решить систему уравнений:
( х — у = а, ( 2 (cos 2х + cos 2у) =1+4 cos2 (х — у).
При каких значениях а система имеет решения?
497.	Решить систему уравнений:
Г sinxcos2y = а2 + 1, ( cosxsin2y = а.
При каких значениях а система имеет решения?
498.	Доказать, что для всякой арифметической прогрессии а4, а2» •••» Дд> ^я+1... при 0 3 имеет место равенство:
#1 Сп d2 + • • • + (	1)Л Сп #д-|-1 — О*
499. Доказать неравенство:
logi (X 4- у) + logi(x • у) + 1 21ogj(x + у).
500.	Доказать, что
Iog3* + 21og3x • logs — < 1. X
501.	Доказать, что два треугольника' подобны, если:
1)	три стороны одного из них соответственно перпендикулярны к трем сторонам другого;
2)	три стороны одного из них соответственно параллельны трем сторонам другого.
502.	В треугольнике АВС отрезки AAt и BBt — высоты; проведены прямые A tA2 -L АС, В^В2 ВС, A^Ag-L АВ, В2Дз-1_ АВ, причем А2А3 пересекает AAt в точке М, а B2BS пересекает BBt в
51
точке N. Доказать, что треугольник Л^ЛГЛ! равен треугольнику B2NBi и каждый из них подобен треугольнику АВС.
503.	Двугранный угол при основании в правильной п-угольной пирамиде равен а. Найти двугранный угол между смежными боковыми гранями.
504.	В конус вписана полусфера, большой круг которой лежит на основании конуса. Поверхность конуса относится к поверхности полусферы как 18 : 5. Определить в конусе синус угла при вершине.
ЗАНЯТИЕ 29
505.	Решить уравнение:
2 arc cos х = arc sin (2х 1 —№).
506.	Доказать, что произведение k последовательных целых чисел делится на Л!.
507.	Найти коэффициент при хт в разложении по степеням х выражения:
(1 + x)k + (1 + x)*+1 + ... + (1 + х)п.
Разобрать случаи т < k и т > k.
508.	Доказать, что при любом натуральном и имеет место неравенство:
509.	На плоскости задана окружность с центром О, точка А на этой окружности и прямая d, не параллельная и не перпендикулярная к радиусу ОА. В круг О вписан треугольник АВС, у которого вершина А неподвижна, а сторона ВС может передвигаться, оставаясь параллельной к прямой d. Найти: 1) геометрическое место точек пересечения высот трегольника АВС, 2) геометрическое место точек пересечений медиан того же треугольника.
510.	Доказать, что сумма квадратов двух противоположных ребер любого тетраэдра вдвое больше суммы квадратов двух отрезков, соединяющих соответственно середины остальных противоположных ребер.
Задание 29
511.	Решить уравнение:
arccos х = arctg х.
512.	Доказать, что уравнение
arc sm —— + aresm у 1 — х = arcsin —-з/х	*	3
не имеет решения.
52
513.	Доказать, что уравнение
tg4x + 2tg3 х + 2tg2x — 2tgx + 1=0
не имеет решений.
514.	Доказать, что С юоо не делится на 7.
515.	Найти коэффициент при х3 в разложении (1 + х2 — х3)9.
516.	Сколькими различными способами можно представить целое положительное число и в виде суммы трех положительных целых слагаемых? При этом два представления, отличающиеся порядком слагаемых, считаются различными.
517.	Доказать неравенство:
1___!___1__ ,	1__ . J_
п + 1 ‘ п+2 * “	2п —- Г 2 ’
где п — натуральное *Гисло, отличное от единицы.
518.	Доказать, что ]/4х + 1 + ]/4у + 1 + ]/4г + 1 < 5, если х + у + г = 1 и каждое из чисел х, у, z не меньше —-.
4
519.	Прямоугольный треугольник расположен так, что два конца его гипотенузы лежат на сторонах прямого угла. Найти геометрическое место середины гипотенузы и геометрическое место вершин прямого угла.
520.	Дан отрезок АВ и на нем точка С. Каждая пара равных окружностей, одна из которых проходит через точки А и С, а другая — через точки С и В, имеет, кроме С, еще одну общую точку D. Найти геометрическое место точек D.
521.	В правильном тетраэдре середина высоты соединена отрезками с вершинами основания. Доказать, что эти отрезки взаимно перпендикулярны.
522.	В треугольной пирамиде один Плоский угол при вершине равен 90°, а высота пирамиды проходит через ортоцентр основания. Доказать, что и остальные плоские углы при вершине прямые.
ЗАНЯТИЕ 30
523. Решить уравнение:
х® + х5 + х4 + х3 + х2 + х + 1 = 0.
524. Доказать, что
lim
П О»
Уп (Уп-j-1 — Уп
53
525.	Решить уравнение:
sin2 (х + у) + 2х [х — sin (х + у) I =0.
526.	Доказать неравенство:
(х + у) (х + у + 2cos х) + 2 > 2sin2 х.
При каких значениях х и у достигается равенство?
527.	Доказать, что если Р, Q, R — точки пересечения сторон ВС, С А, АВ (или их продолжений) треугольника АВС с некоторой прямой, то имеет место равенство:
РВ QC	RA _ J
PC ' QA	RB “
528.	Доказать, что отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с центрами тяжести противолежащих граней, пересекаются в одной точке, делящей каждую из них в отношении 1 ; 3 (считая от грани).
Задание 30
529.	Доказать, что корни уравнения хп = 1 могут быть записаны в виде 1, а, а2, ..., ал-1.
530.	Найти сумму р-х степеней всех корней уравнения х"—1=0 (р — целое, п — натуральное).
531.	Доказать, что
532. Найти:
lim
v хт— 1 lim----
л -1 хп - 1
т
п
х - 0
533. Решить уравнение:
cos2 (ху) + 2х [1 + cos (ху) 1 + 2х2 + 1=0.
534< Решить уравнение:
х2 + 2х sin (ху) + 1=0.
535.	Доказать, что при любых х и у имеет место неравенство: COS X + cos у — cos (X + У )<: у .
Для каких пар чисел х и у достигается равенство?
536.	Доказать, что если а =#— fe, где 6=0, + I,±2, то имеет 2
место неравенство:
3 (tg2a + ctg2a) — 8 (tga + ctga) + 10 > 0.
54.
537.	Доказать, что в четырехугольнике A BCD, вписанном в окружность, имеет место равенство:
sin А_ad-\-bc
sin В ab + cd *
где АВ = a, AD = b, CD = с, СВ = d.
538.	Доказать, что произведение длин перпендикуляров, опущенных из какой-нибудь точки окружности на две противоположные стороны вписанного в нее четырехугольника, равно произведению длин перпендикуляров, опущенных из этой же точки на две другие стороны этого четырехугольника.
539.	Доказать, что четыре точки, не лежащие в одной плоскости, определяют шаровую поверхность.
540.	Доказать, что шесть плоскостей, проходящих через середины ребер тетраэдра перпендикулярно к ним, пересекаются в одной точке.
ЗАНЯТИЕ 31
541.	Доказать, что
542.	Доказать, что при целом и > 0 имеет место неравенство п sin |х] n|sin х|.
543.	Серия и параллельных прямых плоскости пересекается с множеством т параллельных прямых. Сколько параллелограммов можно выделить в образовавшейся сетке?
544.	Доказать, что во всяком треугольнике АВС между его площадью S и радиусами описанной окружности и вписанного круга существует соотношение:
S>2]/7?-r3.
545.	Окружность радиуса г катится изнутри по окружности радиуса 2г. Какие линии описывают точки меньшей окружности?
546.	Найти такую точку, которая служила бы вершиной каждого из четырёх разновеликих тетраэдров, основаниями которых являются грани данного тетраэдра.
Задание 31
547.	Найти модуль комплексного числа:
ха — у2 -f- 2xyt
ху -h i V х* у4 548. Доказать, что
55
549. Найти: lim
X ** со.
ао • nk + Qi+ -*-Г +
bo • nh + bi • nh~l 4- ... + bh
(a0=/= 0;	0).
550.	Доказать, что при любом действительном х имеет место:
2 | sin х \ sin2 — =# х2 + — .
5	х2
551.	Доказать, что если — +2лй<а< — + 2nk, то имеет 4______________________________________4
место неравенство: - /2 < К1.- 2 sin +-------------2_____< у%
sin2 а — cos2 а'	seca+coseca
552.	Ha одной из двух параллельных прямых выбрано т точек, на другой — п точек. Каждая из т точек первой прямой соединена прямой линией с каждой из п точек второй прямой. Найти, сколько раз пересекаются все прямые линии, соединяющие точки, если известно, что нет ни одной точки, в которой пересекались бы три и более прямых линий одновременно и что никакие две соединяющие прямые не параллельны.
553.	Доказать, что для любого прямоугольного треугольника имеет место неравенство: 0,4 < -^ < 0»5,
где г — радиус вписанного круга, h — высота, опущенная на гипотенузу.
554.	В равнобедренном треугольнике АВС, где АВ = ВС, высота BD делится точкой М так, что ВМ : MD = т : п. В каком отношении сторона ВС делится прямой, проходящей через точки А и М?
555.	Три равные окружности пересекаются в одной точке. Вторая точка пересечения каких-либо двух из этих окружностей и центр третьей определяют проходящую через них прямую. Доказать, что получаемые три прямые пересекаются в одной точке.
556.	В четырехугольной призме основание — квадрат и одна из вершин верхнего основания одинаково удалена от вершины нижнего основания. Доказать, что:
1) все боковые грани призмы равны между собой;
2) одно из диагональных сечений — прямоугольник.
557. Два треугольника АВС и AiBiCt лежат в непараллельных плоскостях и имеют попарно непараллельные стороны. При этом прямые, соединяющие соответственные вершины, пересекаются в одной точке. Доказать, что продолжения соответственных сторон этих треугольников попарно пересекаются и точки пересечения их лежат на одной прямой.
558. Даны две скрещивающиеся прямые а и Ь. Доказать, что расстояние какой-либо точки прямой а от прямой b будет тем больше, чем дальше отстоит эта точка от основания общего перпендикуляра к этим прямым.
ЗАНЯТИЕ 32
559. Доказать, что
lim - = 0 п
где а — любое положительное число.	______
560.	Найти наибольшее значение функции у = Зх 4- 4]/1 — х8 и определить, при каких положительных значениях х это наибольшее значение достигается.
561.	Треугольная пирамида ABCD имеет прямой трехгранный угол А. Доказать, что перпендикуляр, опущенный из вершины А на плоскость BCD, проходит через ортоцентр треугольника BCD.
Задание 32
562.	Найти: ..	з з
у= lim |(14-Х)Г_ ХТ
X "9 90 L
563.	Доказать, что при 0 < к < 1, lim l(n 4-1)* — n*] = 0.
П *♦ О®
564.	Найти наименьшее значение функции:
у = У—хг + 4х 4-12 — У—4-2x4-3.
565.	Найти наибольшее значение функции: у = ха Уа8— х8.
566.	Построить окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной прямой.
567.	Три окружности радиусов R2, R3 касаются внешне попарно друг друга. Найти радиус окружности, проходящей через точки касания.
568.	На двух параллельных плоскостях расположены отрезки АВ и CD. Концы этих отрезков являются вершинами некоторой треугольной пирамиды. Доказать, что объем пирамиды сохраняется, если отрезки перемещать в этих плоскостях параллельно самим себе.
569.	Две прямые а и b не пересекаются и не параллельны, т. е. не лежат в одной плоскости (скрещивающиеся прямые). Точка А не лежит ни на той, ни на другой из этих прямых! Сколько существует прямых, проходящих через точку А и пересекающихся как с прямой а, так и с прямой W
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
1.	Вначале кладут на .сковороду два ломтика. Через одну минуту один ломтик переворачивают, а второй снимают и вместо него кладут третий ломтик. Через минуту снимают первый, переворачивают второй и кладут третий. Таким образом, за три минуты все три ломтика поджарены с обеих сторон.
2.	Так как 9 + 4 У 5 = 4 + 4]/5 + 5 = (2+]Л5)2, то Д=(И 24-1/54-1^г+Кь)-^2—1/5=2^ (2+/5)(2—/5)=—2.
3.	Перепишем данное равенство в виде
(4х2 — 4х + 1) + (9у2 — бу + 1) -Ь (16г2 — 8z + 1) = О, или
(2х — I)2 + (Зу — I)2 + (4г — 1)а = 0.	(1)
Так как квадрат действительного числа не отрицателен, то равенство (1) возможно лишь тогда, когда каждое слагаемое равно нулю, т. е.
2х — 1 = 0; Зу — 1 = О; 4г — 1 = 0, откуда
4< Условие задачи перепишем в виде
2ас — ab +• Ьс,
или
2Ь2 — 2аЬ — 2Ьс + 2ас = 2b2 — ab — Ьс9 или
2 (Ь — а) (Ь — с) = b (2Ь — а — с}, откуда
2   2d — а — с   {Ь — о + (Ь — а)   1 I
b	(Ь— а) {Ь— a	ib — и) — с) и — u b — с ’
что и требовалось доказан ь.
58
5. Известно, что произведение пяти последовательных целых чисел делится на 5, а произведение трех последовательных целых чисел кратно 6, поэтому произведение пяти последовательных чисел делится на 30.
Имеем: и6 — п = п (и1 — 1) = (и — 1) п (п + 1) (и2 + 1).
Рассмотрим разность:
(и — 2) (п — 1) п (п + 1) (и + 2) — (и — 1) п (п + 1) (и2 + 1) = = (и — 1) п (п + 1) (п2 — 4 — и2 — 1) = — 5 (п — 1) п (п + 5) = = 30m.
Таким образом, вычитаемое и разность кратны 30. Следовательно, и уменьшаемое (и — 1) п (п + 1) (и2 + 1) = пь — п также кратно 30, что и требовалось доказать.
Второе решение. Имеем: Р = пъ — п = (п — 1) • пХ
Х(п+1) (и2 + 1); так как произведение трех последовательных
чисел (и—1), п и (п + 1)делится на 6 (так как оно делится на 2 и на 3), то остается доказать, что произведение Р = (п — 1) X Хи • (и + 1) -(и2 + 1) делится на 5.
Если п = 5£, то Р делится на 5.
При п = 5k + 1 сомножитель и — 1 = = 5Л;
при п = 5k 4- 2 сомножитель п2 + 1 = - 5 (5fc2 + 4k + 1);
при п = 5k + 3 сомножитель и2 + 1 = = 5 (5£2 + 6k + 2);
при п = 5k 4 сомножитель п + 1 =
Рис. 1
= 5(k + 1).
Следовательно, при любом целом п число
Р = пь — п кратно 5.
6. Продолжим отрезок FD до пересечения с ВС в точке К (рис. 1). Прямоугольные треугольники CDF и CDK равны, так как у них общий катет CD и по равному острому углу при вершине С (CD — биссектриса). Из равенства этих треугольников следует, что DK = = FD, а потому DE = — как средняя линия треугольника FKC.
DE	PC
Далее, легко заметить, что DM = — , откуда получаем DM = —",
2	4
что и требовалось доказать.
7« Сразу ясно, что мужчин было меньше 6, так как если бы было 6 мужчин, то они бы несли 12 хлебов и ничего бы не осталось Женщинам и детям. Также ясно, что мужчин было больше трех• так как если было бы 3 мужчин, то они бы несли 6 хлебов, а если бы даже
все остальные были бы женщины, то они могли нести только 4-^
2
59
хлебов. Остается, что мужчин было 4 или 5. Убедимся, что 4 мужчин не могло быть, так как если бы было 4 мужчин, то они несли бы 8 хлебов, а остальные 4 хлеба могли бы нести 8 женщин, а детям ничего бы не осталось. Остается, что мужчин было ровно 5. Таким образом, мужчины несут 10 хлебов, а остальные 2 хлеба должны нести женщины и дети (всего их должно быть 7 человек). Если бы о
все 7 человек были дети, то они несли бы 1— хлебов. Теперь уже
ясно, что детей было 6, а женщин — одна.
Впрочем, эту задачу можно решить и так. Пусть мужчин было х, женщин у, детей г. Имеем систему:
*4-у + г= 12,
2x4- —+ — = 12,
Г 2	4
или
х 4- у г = 12, 8х 4- 2у 4- г = 48,
которую надо решить в целых неотрицательных числах. Вычтем из второго уравнения первое, получим:
7х 4- у = 36,
36 — у тт	Л Л
откуда х = —• Для того чт°бы х было целым положительным, у может быть равным 1, 8, 15, 22, 29. Числа 15, 22, 29 сразу отпадают, так как они больше 12. Число 8 также не подходит, посколь ку при х = 8 число у = 4, значит, г = 0, что невозможно. Остается у = 1, а потому х = 5, и, следовательно, г = 6.
Итак, х = 5, у = 1, г = 6.
8.	Имеем:
f/6+2/3+/2 4-- = nA/6+ 8/3 4-4/2+ 18
2 У	4
12 4- 8/3 4-4 4-4 Кб 4-4^24-2=
— 2 1 Л(2/34-24- /2)а = J (2КЗ + /2 4- 2).
60
9.	Пусть искомая дробь —. Тогда, согласно условию имеем:
ь
откуда 30& = 40а, следовательно, ° = -3- .
Ь 4
Проверка показывает правильность найденного решения.
10.	Первое решение. Так как х = 0 не является решением данного уравнения, то, поделив обе его части на х3, получим уравнение, равносильное ему:
х2 —5х + 10— -4- - =0.
X X2
(ха + — \ — 5 fx 4- - 4- Ю = 0.
\ х2 /	\ х /
2
Введем обозначение * 4----— t. Возведя обе части этого ра-
х
венства в квадрат, получим:
Таким образом, данное уравнение перепишется так:
или
? — Ы 4- б = 0,
откуда tj = 2, t2 = 3.
Теперь исходное уравнение распалось на два:
2 о „  2 о
= 2 и х4- - = 3. х	х
Из первого уравнения xlt2— 1 ± I, а из второго х3= 1, х4 =* 2.
Второе решение. Умножим обе части уравнения на х, отчего оно приобретет лишний корень х = 0. Тогда уравнение можно переписать в виде
(х — I)4 — (х — 1) = 0.
Пусть у = х — 1, тогда у4 — у =0, или у (у — 1) (у 4- 1) (у3 4- 1) = 0.
Это уравнение имеет корни: >
Vi = 0, уа = I, Уз == /, у* = — 4 у5 = — 1.
Но х =у 4- 1, поэтому х, = 1, ха в 2, х, = 1 -Н, ха — 0 (посторонний корень).
«4=1 -i.
61
11.	Первое решение. Перепишем данное равенство так: 5у2 + 2 (2л + 1) у + х2 + 1 = 0.
Итак, имеем квадратное уравнение относительно у. Решим его: — (2л 4- 1) ± К — (л — 2)2
У 1,2—	г	’
Отсюда видно, что у при х = 2. Подставляя
или
может быть действительным числом только х = 2 в данное равенство, получим:
5у2 + 1 Оу + 5 = 0,
(у 4- I)2 = 0,
откуда у = — 1.
Таким образом, данное равенство возможно только при х = 2, у = — 1.
Второе решение. Перепишем данное уравнение в виде (х2 + 4ху 4- 4у2) 4- (у2 4- 2у 4- 1) = 0,
или
(х 4- 2у)2 4- (у 4- I)8 = 0.
Так как х и у — действительные числа, то отсюда находим: х4-2у=0иу4-1=0, и потому х = 2, у == — 1.
12.	Имеем: (х 4- у)8 = х* 4- у8 4- Зху (х 4- у), т. е.
а8 = с 4- 31у  а.	(1)
Возведя обе части первого равенства в квадрат, получим: а8 = х2 + 2ху 4- у4, или
о’ = 6 4 2ху.	(2)
Из равенств (I) и (2) находим:
а* = ЗаЬ — 2с.
13.	Имеем:
2хг __ 2ос . / а . с \_____________	2ас
«4-г W>4- с) (а+ bi \Ь+сТ а + Ь/ а* 4- с* 4- (а 4- с) b
Но так как Ь= , то а 4- с
2хг	2ас	2ао ь
«4-г	а84-е’4"2ас	(а4-с;8	«4- °'
2хг
Следовательно, у =
14.	Пусть простое число п > 3. Так как п — простое число, то оно нечетное, а поэтому п — 1 и п 4- 1 — последовательные четные числа, а их произведение (п — 1) (п + 1) = п2 — 1 есть число, кратное 8, поскольку одно из чисел п — 1 и п 4~ 1 кратно 2, а другое кратно 4. Далее, известно, что из трех последовательных чисел п — 1, п и п 4- 1 одно кратно трем. Но так как п — простое число, большее трех, то оно не делится на 3, и потому на 3 должно делиться или п — 1, или п 4- 1,. т. е. на 3 должно делиться число п2 — 1. Но раньше мы установили, что число п2 — 1 кратно 8. Следовательно, п2 — 1 кратно 24. Итак, п2 — 1 = 24 т, где т — некоторое натуральное число, откуда л2 = 24m + 1. Таким образом, при делении любого простого числа, большего трех, на 24 получается остаток, равный единице.
15.	Поскольку, по условию, число А кратно 37, то его можно записать в виде
А = 100х + 10у + г = 37Л,
где k — целое. Но тогда число В = 100у + 10z 4- х = (ЮОх + 10у + г) 10 — 999х = ЮЛ — 37 • (27х) = 10 • 37k — 37(27х) = = 37 (10fe — 27х).
Таким образом, число В кратно 37. Аналогично доказывается, что и число С кратно 37.
16.	Имеем: а 4- Ь— 1 4- Кб 4- * — Кб — 1
2
+	/X_£X)=_L_A__1.
\ 2	2 / 2	2 /	4	4
Учитывая эти два равенства, получаем:
an+l — abn -J- anb т~ bn+1 _ an+l — bn+1 д"-> — bn~x
Кб	Кб Кб
т. е. g„	^п~1’
откуда
^п+1 @п 4"	1'
• Из последнего равенства следует, что если при некотором п числа a„_j и ап—целые положительные, то и Од+р а следовательно, затем и а„+2, ап+3, ... будут целыми положительными. Но так как Oi = 1, a2 = 1, то, значит, при любом л >2 все й„ будут, целыми положительными числами.
17.	Пусть ABCD — параллелограмм, AAt, ВВи ССЬ DDt — биссектрисы его внутренних углов (рис. 2). Эти биссектрисы образуют при пересечении четырехугольник PQRS. Поскольку противолежащие углы параллелограмма образованы параллельными и противоположно направленными прямыми, то биссектрисы этих
63
углов параллельны, а потому четырехугольник PQRS — параллелограмм. Далее, /1АРВ = 180° — (ZB4P 4- Z4BP) = 180е— — у (Z BAD + Z АВС) = 180° — 90° = 90°. Таким образом, параллелограмм PQRS — прямоугольник. Треугольники BABt и CDCi равнобедренные, так как у них биссектрисы перпендикулярны основаниям. Поэтому ВР = ВiP9 DiR = DR, а следовательно, PR || AD. Итак, четырехугольник PRDBX — параллелограмм, а поэтому PR = В J) = AD — АВ 4 = AD — АВ, что и требовалось доказать.
18.	Пусть в треугольнике АВС угол В больше угла А, а точка О— центр вписанной окружности (рис. 3). Рассмотрим треугольник О АВ. В этом треугольнике угол ОБА больше угла ОАВ, так как они являются половинами углов В и А. Так как в треугольнике против большего угла лежит большая сторона, то ОВ<СОА, что и требовалось доказать.
19.	Назовем количество травы, съедаемой одной коровой в течение одного дня, порцией. Поскольку 70 коров поели бы всю траву за 24 дня, то 70 • 24 = 1680 порций составляют всю траву, которая была вначале, и всю траву, которая выросла за 24 дня. Далее, 30 коров за 60 дней съедают 30 • 60 = 1-800 порций. Поскольку в обоих случаях была съедена вся трава, которая была вначале, и та, что выросла (в первый раз за 24 дня, а во второй — за 60 дней), то 1800—1680 = 120 порций выросло за 60—24 = 36 дней. Таким образом, за 24 дня выросло ---------= 80 порций, а слгдователь-
но, вначале на лугу было 1680—80 = 1600 порций травы.
В течение 96 дней вырастает травы 96 •	= 320 порций.
36
Следовательно, -искомое число коров съедает 1600 4- 320 = 1920 порций травы. За один день будет съедено 1920 : 96 = 20 порций. Следовательно, в искомом стаде 20 коров.
20.	Имеем:
па + Зп2 4 5п 4 3 = и® 4 3 (п2 4 2п 4 1) — п =
= (п - 1) п (п 4 1) 4 3 (п 4 I)2.
64
Выражение (n — 1) п (п + 1) делится на 3 как произведение трех последовательных целых чисел, следовательно, данное число есть сумма двух чисел, каждое из которых кратно 3, а потому оно делится (при любом целом п) на 3.
21.	Введем обозначение
х -	.
/2
Тогда уравнение принимает вид:
41/2 .	— 22 + 171<2 	—6 = 0,
2/2	2	/2
или, после упрощений,
2у3 — Пу2 + 17у — 6 = 0, 2уЗ — у2 — 10у2 + 5у + 12у — 6 = 0, у2 (2у — 1) — 5у (2у — 1) + 6 (2у — 1) = 0, (2у - 1) (у2 — 5у 4- 6) = 0.
' Теперь легко находим корни последнего уравнения:
У1 =	, Уг = 2, Уз = 3,
а следовательно, исходное уравнение имеет корни:
22.	Условие задачи перепишем в виде
У + Z _ Z -j- X _ x-h У
J_ ~	~	’
a b с
Но известно, что если — = —, причем q #= 0, и 0, q и
Ор	и	р — и
, то имеют место равенства: — = — =	.
q	v	q — v
Поэтому из написанной выше цепочки равенств следует, что
у — z z — х х — у
с b ac b а
у — г ___ z — х ____ х — у
а(Ь — с) b (с — а) с (а — Ь)
или
23.	Так как, по условию, 21 • * * * * — точный куб, то это произведение должно иметь вид (21а)3. Таким образом, ****== = 212а3, т. е. искомый множитель * * * * должен делиться на
3 Заказ 164
65
S x. 212 = 441, а частное от деления /	должно быть число, представляю-
m /	\ щее точный куб.
S 'Xi	I Имеем 1000: 441 > 2, а
8 4-9999: 441 <23.
(.	7 Очевидно, что между числами 2
\ J	и 23 заключается лишь единствен-
п	ное число 8, которое есть точный
Рис. 4	куб. Следовательно, искомый мно-
житель равен 441 • 8 = 3528.
24.	Пусть окружности с центрами О и Оt внешне касаются в точке Л; ВАС — секущая (рис. 4). Проведя радиусы ОА, ОВ, О^А и OjC, получим равнобедренные треугольники АОВ иАО}С, имеющие равные, как вертикальные, углы при основаниях (2 ОАВ = = ZOiXC). Поэтому и АЛОВ = Z.AOXC. Из равенства этих центральных углов следует, что дуги AtnB и АпС имеют одинаковое измерение (градусное или радианное). Аналогично доказывается это свойство дуг и при внутреннем касании окружностей.
25.	Если обозначить площадь, скашиваемую в один день через
S, то на большом лугу было скошено за первую половину дня — S,
2
а за вторую половину дня — S. Следовательно, большой луг имеет 4
3
площадь __ S. Поскольку второй луг в 2 раза меньше большого, его 4
3
площадь равна — S. Так как на меньшем лугу в первый день работала половина косцов полдня, то они успели скосить часть луга, имеющую площадь — S, а потому на второй осталось
4
3	11	1
—S — —S = —S. Но площадь —S была скошена одним косцом 8	4	8	8
за день, то всего косцов было5 : -^5 = 8.
26.	Поскольку инженер прибыл на завод раньше обычного на 20 мин, то машина была в пути на 20 мин меньше обычного, т. е. при следовании к вокзалу машина была в пути на 10 мин меньше (и на 10 мин меньше при движении к заводу). Следовательно, в момент встречи инженера с автомобилем часы показывали 7 ч 50 мин.
27.	Имеем:
п3 + (и + I)3 + (и + 2)3 = 3/г3 + 9/i2 + 15и + 9 = =9 (и2 + 1) + Зп (п2 + 5).
Так как 9 (/г2 + 1) делится на 9, а Зп (и2 + 5) кратно 3, то достаточно доказать, что при любом целом п выражение п (л2 + 5) делится на 3. Всякое целое число п имеет вид либо 3k, либо 3k + 1,
66
либо ЗА + 2. Если п = 3, то п (п2 + 5) делится на 3; далее, если п = ЗА + 1, то число и2 + 5 = (ЗА + I)2 + 5 — 9k2 + 6А + 6 кратно трем; наконец, если п = ЗА + 2, то п2 + 5 = (ЗА + 2)2 + + 5 = 9А2 + 12А + 9 также кратно трем.
28.	Пусть х — первая цифра числа, у — вторая, z — третья. Следовательно, согласно условию задачи, шестизначное число можно записать в виде
100 ОООх + Ю 000у + 1000г + ЮОх + Юу + г, или
100 ЮОх + 10 0Юу + 1001г, или 1001 (ЮОх + Юу + г). Остается заметить, что 1001 = 7хН • 13, следовательно, утверждение задачи верно.
29.	Перепишем данное равенство в виде
(х2 — 2 У2х + 2) + (у — 2 /у + О = 0, или
(х - ]Г2)2 + (Ку - 1)г = 0.	(1)
Так как (х — К2)2 > 0 и (Ку — I)2 > 0, то (1) имеет место только тогда, когда
(х — К2)2 = о и (Ку-— О2 = о, откуда
х = у = 1.
30.	Обозначим У 2 через Ь, тогда уравнение запишется в виде
х* — 6&2х2 + 863х — ЗА1 = 0.
Левая часть этого уравнения несложно разлагается на множители:
х4 — 62х2 — 5А2х2 4- 5А3 х + ЗЬ3х — ЗЬ* = 0,
х2 (Х2 _ ь2) — 5Ь2 х (х — b) + ЗЬ3 (х — Ь) = 0, (х — Ь) (х3 + Ьх3 — 562х + ЗА3) = О, (х — Ь)2 (х2 + 2bx — 3fe2) = 0.
Теперь исходное уравнение распадается на два:
(Х _ Ь)2 = 0	(1)
и
х2 + 2Ьх — ЗА2 = 0.	(2)
Из (1) следует: х1>2 = b = У2, а из (2) находим:
х3 = b = У 2, х4 = — ЗЬ = — ЗК2.
31.	Пусть
3*
67
тогда
х3- Зх — 2	=(р+<?)2_ З(р + ф_2 4!+® =
Л2— В	н w Л2—в
= Р3 + 93 + Зр9(Р + 9) —(р + 9) —2 Л2—в
но, как легко видеть, Р3 + 93 = 2 • а р<?= 1.
Следовательно,
г = 2 •	4- 3(р + <?)— 3 (р + q) — 2	= 0.
Л2— В I у/ I w л2—В
32.	Условие задачи перепишем в виде
2аЬ
2аЬ или г — а =-------
ab— а2
итш а 2аЬ и ab — b2
ИЛИ 2 — О =-------и= -----
Далее,
г — а г — b	ab—a2	ab—Ь2
а+b __ Ь2 — а2 b(b — a) ab (Ь — а)
а(Ь — а)
ab
а b
33.	При х = 1, у = 0 данное равенство принимает вид: а (Ь — с) = А,
а при х = 0, у = 1 мы получаем:
с (а — Ь) = А.
Следовательно,
а (Ь — с) = с (а — Ь), ab — ас — ас — Ьс.
Поделив обе части последнего равенства на abc, получим:
J_ __ ± = J 1 с b b а 9
или
1_1=1—1 a b b с
34.	Перепишем данное равенство в виде **.* = 1-)~*.
68
Правая часть есть сумма двух однозначных чисел, причем первое слагаемое 1. Если второе слагаемое 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, то суммы — однозначные числа, и только тогда, когда второе слагаемое есть 9, получаем двузначное число 10. Следовательно, и левая часть равна 10, но 10 есть произведение двузначного числа на однозначное, а это возможно только при умножении 10 на 1. Итак, 10 • 1 — 9 = 1.
Рис. 5
35.	Обозначим высоту АЕ через й, тогда биссектриса внешнего угла AD = 2й (рис. 5). В прямоугольном треугольнике ADE угол D = так как АЕ	а поэтому AEAD = у* Введем
обозначения: £FAD = ZD4B = а,£ВАЕ = 0. Имеем: Z.EAD == = а 4. 0 = 2?, ZB = - — 0. Далее, ЛСАЕ = л — 2d — 0. Сле-3	2
Таким
образом, Z В — Z С = —--------0 — (— — + 2а
2	2
— 2 (а + Р)	=
что и требовалось
36. На продолжении стороны СА откладываем (рис. 6). Заданное равенство перепишем в виде
+ Р) = « -
доказать.
отрезок А К = с
а2 = b (Ь 4- с),
откуда
Так как треугольники АВС и КВС имеют общий угол С, то, учитывая (1), заключаем, что эти треугольники подобны, а потому /.А = ЛСВК.
Далее, ZB = Z А КВ. Таким образом, Z.A = ZB + Z АКВ — — 2£ В, что и требовалось доказать.
Рис. 6
69
37. Положим на обе чашки по 27 шариков. Этим мы определяем, находится ли искомый щарик среди 27 шариков, лежащих на правой чашке, или среди 27 шариков на левой чашке, или среди оставшихся 23 шариков. Если он находится среди каких-нибудь 27 шариков, то разбиваем эти 27 шариков на три группы по 9 шариков и вторым взвешиванием (по 9 на каждой чашке) мы определим, среди каких 9 шариков находится искомый. Дальше ясно. Если же он находится среди 23 шариков, можно, например, добавить к ним любые 4 шарика, и будем снова искать среди 27.
38. Обозначим скорость вестового через х км/ч. Относительная скорость вестового при движении его из конца колонны в начало равна (х — г) км/ч, при движении обратно (х + г) км/ч. Время d
движения вестового вперед равно ------ч\ время движения назад
X — V
d
—— Ч-
* + v
Согласно условию задачи, имеем:
d d _ t_
х — v х + v 60
Решив это уравнение, получим:
60d + /3600d2 + iW t
км)ч.
39.	Имеем: 1 4- х2 4- х* = (1 + 2х2 4-х4) — х2 =
= (14- х2)2 — х2 = (1 4- х 4- х2) • (х2 4- 1 — х).
Следовательно, данное уравнение можно переписать в виде
(1 4- х 4- х2)2 —	(1 4- х 4- х2) • (1 —х 4- х2) = 0,
а — 1
а — 1
Таким образом, данное уравнение распадается на два:
1) х2 4-х4-1 =0 и 2) (1 4-х4-Х2) —(1 — х4-х2) = 0.
а — 1
Уравнение 1) не имеет действительных корней, а из 2) находим: х1)2 — q-±-^q2~4 . При |а| > 2 эти корни будут действительными. Если же |а| < 2, то данное уравнение действительных корней не имеет.
40.	Пусть п = 2k + 1. Имеем: п3 4- 3 и2 — п — 3 = (п — 1)Х X(n + 1) (и + 3) = 2k (2k + 2) (2k + 4) = 8k (k + 1) (k + 2).
70
Так как произведение трех последовательных целых чисел делится на 6, то все выражение делится на 8 • 6 = 48.
41.	Если вставить между цифрами по п нулей, то получится число
1000 ... 03000 ... 03000 ... 01,
содержащее Зп + 4 цифр. Следовательно, это число можно запи
сать в виде
КРН-з + з . iQ2«+2 + з . юл+1 + 1 = (10^4-1 + 1)Зф
42.	Пусть АВС — произвольный треугольник (рис. 7). Поскольку АН .LBC и TlCiJLCCf, то треугольники АНС{ и CBCt подобны, а потому
_ ACt
CrB HC\'	k 7
Треугольники ВНС^ и С ACt также подобны; следовательно,
ссг__CtB
'	ЛСГ нс\ ’	7
Рис. 7
Перемножив почленно равенства (1) и (2), получим: cci _ ACi  QB
АЪ • ciB ИС\ ’
откуда
СС* • НС* = АС* • CtB2, или
CCi  HCi = ACt • CtB,
что и требовалось доказать.
43.	Обозначим шарики через а, 6, с, d, ef ft k, I. Положим на одну чашку весов каких-нибудь два шарика, например а и Ь, а на другую — произвольную пару, например end.
Если наступит равновесие, то искомый шарик находится среди шариков е, Д k, I, если же не наступит равновесие, то — среди шариков a, b, е, d. В обоих случаях надо искать шарик среди каких-то четырех. Пусть, например, искомый шарик находится среди е, f, k, I. Теперь кладем на одну из чашек с и Д а на другую — а и Ь. Если нет равновесия, значит, или е, или f— искомый шарик; если же равновесие наступило, то искомый шарик находится среди k, I. В обоих случаях надо определить один шарик из двух. Пусть искомый шарик находится среди е, Д Кладем на одну чашку весов шарик е, а на другую — шарик а, если наступит равновесие, то ша
71
рик f искомый, а, например, если не будет равновесия, то шарик е искомый.
44.	По условию задачи, конь стоит йа черной клетке. После первого хода он уже стоит на белой клетке, после второго хода он снова на черной клетке и т. д. Итак, после каждого нечетного хода конь оказывается на белой клетке, а после каждого четного — на черной клетке. Согласно условию задачи, он должен попасть на правую верхнюю клетку, т. е. на черную клетку. На эту клетку он должен попасть на 63 ходу, а это невозможно, так как после нечетного хода он должен оказаться на белой клетке.
45.	Перемножив почленно равенства, указанные в условии задачи, получим:
2bd (а + с) = 2bc (b + d), или (поскольку b 0), d(a + с) = с (Ь 4- d), ad + cd = be + cd, ad = be,
откуда
a _ c
~b~~d'
46.	Обозначив расстояние AB через S; время движения от А до В через х ч и время движения от В к Л через у ч, имеем:
Отсюда:
S — ViX = v2y.
v _ М _ ЗОу _ Зу
40	4
Средняя скорость:
2S
60у
3
«34,3 км/ч.
Заметим, что часто на вопрос этой задачи отвечают, что средняя скорость равна 35 км/ч. Но это неверно. Так было бы, если бы автомобиль двигался одинаковые промежутки времени с каждой из скоростей.
47. Пусть
t, тогда
Заданное уравнение перепишется в виде
или
72
(1)
Обозначим
через k, тогда f-—-V = kz.
\1 + а)
Следовательно, уравнение (1) перепишется в таком виде:
k2
(2)
или
tz _ 2tk + k2 = О,
или (t — k)z = 0, откуда t = k. Заметим, что k 0 (поскольку |а| < 1, и потому значение t — k является корнем не только уравнения (3), но и уравнения (2)).
Итак,
1 +%__1 —а
1—х 1-Н*
Решая это уравнение, находим х = — а.
48.	Введем обозначение х — 2 = у, тогда данное уравнение принимает вид
или
2у’ + Зу2 + |=1, О
ИЛИ
откуда
16у4 4- 24у2 — 7 = 0,
У
— 12 ± 16
16
Таким образом,
у=±|Г-3±4,
и потому
Из этого видно, что данное уравнение имеет только два действительных корня:
Xi = 2,5, х2 = 1,5.
73
49.	Имеем:
7 • 52я + 12 • 6п = 7 • 25я 4- 19 • 6я — 7 • 6я = 19 • 6я + + 7 (25я — 6я).
Так как 25я — 6я при любом целом неотрицательном п делится на 25 — 6 = 19, то и все выражение делится на 19.
50.	Имеем:
62я 4- 19я — 2Я+Г = 36я — 19я + 2 • 19я — 2я-н = = (36я — 19я ) + 2 (19я — 2я ).
Так как при любом целом неотрицательном п разность 36я— 19я делится на 36—19=17, а 19я—2я делится на 19—2 = = 17, то и все выражение делится на 17.
51.	Среди чисел 1, 2, 3, ... , 48, 49 имеется 9 чисел, кратных 5,.а именно: 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45. Из этих чисел 25 можно представить в виде произведения 5 • 5, а остальные при разложении на множители содержат сомножитель 5 только один раз. Следовательно, если число 49! разложить на простые множители, то среди них будут десять пятерок. Двоек же значительно больше. Произведение двух простых чисел равно 10 только тогда, когда сомножители 5 и 2. Таким образом, число (49)! оканчивается десятью нулями.
52.	Пусть alf а2, а3, ... , ak_it ak — некоторое число в десятичной записи (aL означает i-ю цифру), тогда ak а2 ... ak~i aY — число, полученное от перестановки первой и последней цифр первоначального числа. Ясно, что ах = 1, так как если бы было ах > 2, то от умножения на 5 получилось бы k + 1-значное число, а согласно условию, оно остается fc-значным. Но при умножении любого целого числа на 5 получается число, которое не оканчивается на 1. Таким образом, высказанное утверждение верно.
53.	: Пусть ВМ — медиана треугольника АВС (рис. 8). Продолжим отрезок В7Й на отрезок MD, равный ВМ. Четырехугольник ABCD — параллелограмм. Из треугольника BCD следует, что 2ВМ < ВС + CD, откуда
о Л4 8С 4- CD	D .. ВС 4- АВ
ВМ < ——--------, или ВМ < ——----------.
2	2
(1)
Рис. 8
Далее, из треугольников АМВ и ВМС имеем:
ВМ + — > АВ, 2
ВМ 4- — > вс.
2
74
Складывая почленно два последних неравенства и разделив на 2,
получим:
ВМ>
2 Неравенства (1) и (2) содержат требуемые заключения.
54.	: Пусть АР, BQ, CR, DS — биссектрисы внутренних углов четырехугольника ABCD (рис. 9) и пусть А, В, С, D — величины этих углов. Тогда
Z ASD= 180° — — — — ,
2	2
Z ВОС = 180° — - —Рис. 9 2	2
Сложив эти два равенства, получим: Z-ASD + 2LBQC = 360° — —-(Л+В+С+Р)= 360° — 1 • 360° = 180°. Следовательно, 2	2
Р, Q, R, S лежат на одной окружности.
55.	Поскольку утром было продано вдвое больше молока, чем после обеда, то за весь день число литров проданного молока кратно трем. Всего в магазин привезли 119 л. При делении 119 на 3 получается остаток 2. Значит, число литров в непроданном бидоне при делении на 3 должно дать остаток, равный 2. Но из чисел 15, 16, 18, 19, 20, 31 только 20 дает остаток 2 при делении на 3. Таким образом, за весь день было продано 119—20=99 (л,) а следовательно, о
утром было продано 99 • — =66 (л), а после обеда 33 л молока.
Так как из чисел 15, 16, 18, 19, 31 можно выбрать только два числа 15 и 18, сумма которых дает 33, то значит, утром было продано молоко из бидонов, содержащих 16, 19 и 31 л.
56.	Пароход, вышедший из Л, встретит, во-первых, те вышедшие из В пароходы, которые уже находятся в пути к моменту выхода парохода из Л, и, во-вторых, те, которые выйдут из В за время движения парохода, вышедшего из Л. В момент выхода парохода из Л в пути находятся 12 пароходов, считая тот, который вышел в этот момент из В (но не считая того, который в этот момент прибыл в Л). Кроме того, за 12 суток пути парохода, вышедшего из Л, из В выйдет 11 пароходов (не считая того, который выйдет из В в момент прибытия парохода из Л). Итак, в открытом море каждый пароход встретит 12 + 11 =23 парохода.
57.	, Левая часть уравнения имеет смысл при х > 0, у #= 1. Пере-
пишем данное уравнение в виде
(1)
75
Легко доказать, что если а > 0, то а 4- — > 2, причем pa-fl
венство достигается лишь при а = 1. Следовательно,
У(у-1)2
+ 4Г(у-1)а >8.
(2)
(3)
4
В (2) равенство достигается лишь при х = 1, а в (3) — только при у = 2.
Из (1), (2), (3) заключаем, что данное уравнение имеет только одно действительное решение: х = 1, у = 2.
58.	Имеем: »3-»2 + 2 = .(п-1) +.2	+ _2_ . Таким
п — 1	п— 1	п — 1
образом, надо определить, при каких п дробь---------целое чис-
п — 1
2
ло. Очевидно, что дробь ----- есть целое число, когда и— 1=1
п — 1
Рис. 10
или когда п — 1=2.
Таким-образом, исследуемая дробь есть целое число при п = 2 или при п = 3.
59.	Так как, по условию, п — простое, то оно нечетное, и потому п — 1 и п + 1 — два последовательных четных числа. Значит, одно из них делится на 2, а другое на 4. Таким образом, число и2 — I делится на 8. Остается доказать, что число п2 — 1 делится и на 3. Действительно, из трех последовательных чисел и — 1, и, и + 1 одно делится на 3. Но так какп— простое, не меньшее 5, то оно не делится на 3. Следовательно, на 3 делится или п — 1, или n + 1, т. е. п2 — 1 делится на 3.
60.	Пусть прямые AJ3 и АВ4 пе
ресекаются в точке О и OD -L АВ (рис. 10). Из подобия треугольников ABAi и DB0 имеем:
OD __ BD а ~~ АВ ’
а из подобия треугольников BABi и DAO следует:
OD = AD b АВ'
(1)
(2)
76
Сложив почленно (1) и (2), получим:
0D (- + -Ц \а Ь/
AD+ BD __ АВ _ । АВ АВ
откуда
OD=
Таким образом, длина отрезка 0D не зависит от положения точек А и В.
61.3 Если обозначить число цыплят, проданных каждой сестрой до полудня, через х, у, г, то после полудня они продали соответственно 10 — х, 16 — у, 26 — г цыплят. Пусть стоимость одного цыпленка до полудня а, а после полудня Ь. Таким образом, первая сестра выручила ах 4- 6(10 — х) = 35,	1
вторая сестра — ау + 6(16 — у) = 35,	I	(1)
третья сестра — az + 6(26 — г) = 35,	J
или
(а — Ь)х + 106 = 35; (а — 6)у + 166 = 35, (а — b)z + 266 = 35.
Вычтя из третьего уравнения первое, затем второе, получим соответственно:
(а — 6) • (г — х) + 166 = 0,1
(а — 6) • (г — у) + Ю6 = 0, J или
(а — 6) • (х — г) = 166,1
(а — 6) • (у — г) == 106J
Откуда
х — г 8
у—2 “ Т ’
ИЛИ
Поскольку х, у, z —числа целые, то и их разности также целые, а потому необходимо, чтобы х — г было кратно 8, а у — z делилось на 5.
Введем обозначение:
тогда
х = z + 8/, у = z + 5/.
77
Согласно условию задачи, х > г, поэтому I — положительное целое число, и поскольку х < 10, то
г + St < 10.	(
Ясно, что это неравенство выполняется лишь при г = t = 1. Теперь легко находим х = 9, у = 6. Подставляя найденные значения х, у, г в уравнения (1), получаем:
а — 3~ руб. = 3 руб. 75 коп.,
b = 1 у руб. = 1 руб. 25 коп.
62. Для определенности пусть против W Ботвинник будет играть белыми, а Смыслов — черными. Когда Ботвинник сделал первый ход, то N сделал против Смыслова такой же ход и ждет, пока Смыслов не ответит ходом. Этим же ходом N отвечает Ботвиннику и ждет ответа Ботвинника и этим ходом отвечает Смыслову и т. д. Фактически игра идет между Ботвинником и Смысловым. Поскольку в результате будет ничья или один из них выиграет, то утверждение N верно.
63. Обозначим число дней, необходимое первому рабочему для выполнения всей работы, через х дней, необходимое второму — через у.
Таким образом, за день первый рабочий может выполнить — всей работы, второй—-. Согласно условию задачи, третий х	у	I
рабочий может выполнить за один день — (— 4—। , т. е.
2 \ х у )	2ху
работы. Третий рабочий за а дней может выполнить	ра.
2ху
боты, первый — за b дней — работы, а второй — за с дней — ра-X	у
боты.	Поскольку	работа	нами принята	за единицу, то имеем си-
о	а (х 4- у) , b 1	b	с
стему	уравнении:	—-	4— =1,	—	= —	.
2ху х	х	у
Решая эту систему, находим:
ab 4- ас 4- 2Ьс 2с
ab -[-ас + 26с
26
производительность третьего рабо-
Теперь определим дневную чего:
26 4-2с ab 4~ ас 4- 26с
6 4-с ab 4- ас 4- 26с
78
Ответ. Первый рабочий может выполнить всю работу за ab 4- ас 4- 2Ьс «	»	» ab 4-ас 4- 2Ьс
———--------- дней, второй рабочий—за------— 1-----( днеи,; тре-
^£с
_ я е> «	аЬ 4- ас 4- 2Ьс
тии рабочий — за ----5--—---- дней.
Ь + с
64« Условие задачи перепишем в виде
— 2у — 2г + х
4г 4~ 4х — 2у _4х4у — 2г
26	~ 2с
На основании свойства ряда равных отношений из (1) имеем:
— 2у — 2г 4- х 4~ 4г 4- 4х — 2у 4- 4х 4- 4у — 2г _2у 4~ 2г— х
‘	—а + 2Ь + 2с	~~ а
или
9х ____ 2у 4- 2г — х
26 4- 2с — а	а
Аналогично находим:
9_у	__ 2у 4~ 2г — х
2с + 2а — b	а ’
9г •	__ 2у 4- 2г — х
2а 4~ 26 — с	а
(2)
(3)
(4)
Из (2), (3) и (4) следует: х _______________________ у ___________ г
26 4- 2с — а 2с + 2а — b 2а + 26 — с ’
что и требовалось доказать.
65.	Введем обозначения: а — х = t*, b — х = г*, тогда а 4-6 — 2х = (а — х) + (Ь — х) = I* 4- г4.
В силу наших обозначений данное уравнение можно переписать в виде
t 4- г = -j/f 4~ г4.	(1)
Возвышая обе части (1) в четвертую степень и произведя преобразования, получим:
/г(2/2 + 3/г + 2г2) = 0.
(2)
Уравнение (2) распадается на три:
1)	t = 0, 2) г = 0, 3) 2/2 4- З/г 4- 2г2 = 0.
Если / = 0, то х = а, - а если г = 0, то х = Ь.
79
Наконец, если 2t2 + 3/z + 2г2 = 0, причем / =/= О, z =/= О, (/ \2	/ / \
— ) + 3 ( —I +2 = О, а это уравнение (относитель-z /	\ г /
но j не имеет действительных корней. Соответствующие значения х также являются мнимыми. Проверкой убеждаемся, что х = = а и х = Ь являются корнями данного уравнения.
66.	Левая часть (как и правая) имеет смысл при х > 2, у > 1. Перепишем данное уравнение в виде
Поскольку квадрат действительного числа неотрицателен, то из
(1) следует:
И
— 2 /х — 2= 0.
(2)
(3)
Из (2) находим х = И, а из (3) получаем у = 5. Таким образом, данное уравнение имеет единственное действительное решение: х = 11, у = 5.
67.	Перепишем данное уравнение в виде
х2 — 6х + 9 + х — 4 ]/х + 4 = 0,
или
(х — З)2 4- (/х — 2)2= 0.
Поскольку выражения (х — З)2 и (|/х—2)2 неотрицательные, то их сумма равна нулю только тогда, когда каждое из них равно нулю, т. е.
(х — З)2 = 0 и (Ух — 2)2= 0.
Но (х — З)2 = 0 только при х = 3, а (Ух — 2)2 = 0 только при х = 4, так что одновременное выполнение равенств (х — З)2 = = 0 и (]/х — 2)2 = 0 невозможно.
80
Таким образом, заданное уравнение не имеет действительных корней.
68.	Из данного уравнения, решая его как квадратное относительно х, находим:
V- 10-у .
/V -	-I
2 “2
1Г-(Зу2+16у-100).
Так как цифры х, у должны быть, очевидно, действительными, то должно быть выполнено неравенство:
Зу2 + 1бу — 100 < О,
т. е. у должен заключаться между корнями квадратного уравнения Зу2 + 1 бу — 100 = 0. Его корни:
У =
— 8 + /364
Наибольший из них не меньше, чем = 4. Итак,у < 4.
Подставляя в заданное уравнение у = 3, получаем для х уравнение:
х2 — 7х + 6 = 0,
откуда находим два решения: х = 1 и х = 6. Таким образом, уже имеем два числа, дающих решение задачи: 13 и 63. При у = 2 получаем для х уравнение х2 — 8х + 2 = 0, не имеющее целых корней. При у = 1 получаем уравнение х2 — 9у = 0, имеющее корни 0 и 9. Значение 0 непригодно (первая цифра х должна быть отличной от нуля), и мы получим еще одно искомое число: 91. При у = 0 получаем для х уравнение х2 — 10% = 0, имеющее корни 0 и 10, оба непригодные. Итак, условию задачи удовлетворяют только три числа: 13, 63, 91.
69.	При п = 0 имеем 1 — 1 = 0, а оно делится на 9. При п = 1 имеем 4 + 15 — 1 = 18, которое тоже делится на 9. Предположим, что 4п + 15п — 1 при п = k делится на 9, т. е. выражение 4Л 4-+ 15& — 1 кратно 9. Остается доказать, что 4ft+1 + 15(6 + 1) — 1 делится на 9.
Имеем: 4*+х + 15(6 + 1) — 1 = 4ft+1 + 60/г — 4 — 456 + 18 = = 4(4* + 156 — 1) — 45й + 18 делится на 9, так как, в силу нашего предположения, 4* + 15й — 1 делится на 9, а также 18 — 456 делится на 9.
70.	Имеем: у = х2 + 5х + 16 = (х + 9) * (х + 4) + 52.
Если существует такое целое х, при котором у делится на 169, то при том же значении х это число делится и на 13. Поскольку 52 кратно 13, то произведение (х + 9) • (х — 4) должно делиться на 13, т. е. хотя бы один из сомножителей: х + 9 или х — 4 — должен делиться на 13.
81
Пусть х таков, что один из сомножителей: х + 9, х — 4 — делится на 13. Так как х + 9 = (х— 4) + 13, то и другой сомножитель Делится на 13, а потому произведение (х + 9) (х — 4) кратно 169. Но поскольку 52 не делится на 169, то и у не делится на 169 ни при каком целом значении- х. Итак, утверждение задачи верно.
71« Пусть D — точка пересечения высот, О — центр описанной окружности, Е и F — середины сторон ВС и АС (рис. 11). Треугольники ADB и EOF подобны, так как Z_ABD = Z-OFE и /-BAD = Z-OEF как углы с параллельными и одинаково направленными сторонами.
Следовательно,
OE EF— 1
AD ~ АВ ~ 2
Рис. 11
72.	Пусть Р — произвольная точка, взятая внутри выпуклого многоугольника (рис. 12), а АВ — его сторона, самая близкая к точке. Р. Докажем, что основание перпендикуляра опущенного из точки Р на прямую АВ, принадлежит стороне АВ, но не ее продолжению. В самом деле, если Р находится вне А В, то РР4 пересекает какую-нибудь сторону, например АС, многоугольника в некоторой точке ZG Но так как многоугольник выпуклый, то он весь лежит по одну сторону от прямой АВ и, в частности, точки /< и Р лежат по одну сторону АВ. Следовательно, P^ < PPf. Далее, пусть PD — перпендикуляр к А С. Из прямоугольного треугольника PDK следует, что PD < Р/(, а поэтому тем более PD < PPj, что противоречит выбору стороны АВ. Полученное противоречие и доказывает наше утверждение.
73« Обозначим скорость первого пешехода через Vi км/ч, а второго — через v2 км/ч, расстояние от Л до С через х км.
Путь движения первого от С до А и от А до места встречи равен (х + 1) км. Следовательно, от выхода из пункта С до встречи со х -4- 1	__
вторым пешеходом он затратил —!— ч. Путь движения второго vi
от С до В и от В до места встречи равен 2 — х + 1 = (3 — х) км.
82
Следовательно, он потратил время от выхода из С до встречи с пер-3 — х
вым пешеходом-------ч-
^2
Таким образом, имеем уравнение:
*+ 1 _ з —х
Vi	v2
Рассуждая аналогично для случая, когда первый пешеход начал двигаться из С в В, а второй из С в А, получим уравнение:
х _4 —х
Систему уравнений (1) и (2) перепишем в виде
_ X 1
— , v2 3 — х
vi	• 4 — х
. v2 X -
(3)
Из (3) следует:
откуда х = 1,5.
Подставляя х = 1,5 в любое уравнение системы (3), найдем:
t>r ______5
—	—г-	— е
t>2	3
74. Пусть в первый раз из бака вылили х л спирта; после этого в баке осталось чистого спирта (64 — х) л. Следовательно, на 1 л смеси приходится (64—х): 64 л спирта. Значит, второй раз было 64—х отлито чистого спирта -------- х л.
64
Таким образом, после второго отливания в баке осталось чистого спирта:
^~?х = 1(64— х)2
64	64	'
Итак, имеем уравнение:
^(64 —х)2 = 49,
83
откуда
Ответ. Первый раз отлили 8 л, а второй раз 7 л чистого спирта.
75с Пусть d — общий делитель чисел т + п и tn2 4- п2. Тогда на d делится также число (т + п)2, а значит, и число (т + п)2 — — (т2 + и2) = 2 тп.
Итак, d является общим делителем чисел т 4- п и 2тп. Но т 4- п и т не могут иметь общих делителей, отличных от 1 (так как тип взаимно просты), и тоже справедливо для чисел т п и п. Следовательно, d является делителем числа 2, т. е. d = 1 или d = 2.
76.’ Очевидно, что х #= —1, поэтому обе части данного уравнения можно разделить на 1Л(1 — х)2. Итак, имеем:

1 — X
Решим это уравнение относительно
у/"L+g. Мы получим:
О
"/14-х	—1 — /5
ИЛИ I/ —!— = -------
' 1—х	2
Так как
то,
в случае четного п, имеем только
одно решение:
, откуда х=
Если же п — нечетное, то уравнение имеет два корня:
п
п
84
77« Имеем: (х — у) (х + у) = 105. Так как х и у должны быть целыми положительными числами, то х — у > 0, или х>у, а также должно быть х — у < х + у. Таким образом, число 105 надо разложить на два множителя так, чтобы меньший из них, т. е. х — у, был меньше]Л 105, или меньше 10. Следовательно, х —у может принимать только значения (из всех делителей числа 105) 1, 3, 5, 7.
Итак, имеем 4 системы уравнений:
х —у = 1, х 4~ у = 105;
х у — 3,
х 4- у = 35;
х — у = 5, х + у = 21;
х —у = 7, х 4- у == 15.
Решая эти системы, получим:
78.	. Пусть диагонали трапеции ABCD (рис. 13) АС = dlt BD = d2 (di > d2), их проекции на основание трапеции ACi=pit DBi = р2, основания трапеции а и 6, а высота h. Нетрудно видеть, что Pi + Р2 = а + Так как pi > р2, то
условию задачи, имеем:
а + b f .
—!— h — 1, т. е
2
а + b  1
~2	~h *
Таким образом, = р\ 4- й2	(—+ ^*4- h2 = i- 4- h2 ==
(1 2
---Л) 4-2. Отсюда ясно, что df примет наименьшее значе-
ние, когда — = h, т. е. когда h = 1. Итак, наименьшее значение h
di= ]/2, оно достигается, когда трапеция равнобочная.
79.	Введем обозначения: х км/ч — собственная скорость лодки, т. е. скорость в стоячей воде, у км/ч — скорость течения быстрой реки, а г км/ч — скорость течения медленной реки, S км — расстояние, пройденное каждой лодкой в одном направлении, Т ч — время, затраченное лодкой на весь путь по реке с быстрым течением и t ч — время, затраченное лодкой на весь путь по реке с медленным течением.
85
В силу этих обозначений имеем:
р  S । S   2Sx х -f* у х — уУ	х2— у2 ’
л	S.S	2Sx
I —-----[- --— ---ф
х 4- z х — г	х2— z2
Рассмотрим разность: 	 2	х2— z2i
T — t = 2Sx —-\х2— у
Так как х > у > г, то------>--------, а поэтому Т — t > О,
у	х2—у2	х2—г2	У
откуда т. е. время движения лодки по реке с быстрым течением больше, чем по реке с медленным течением..
80.	Мы придем к одному и тому же результату, если вместо предложенной задачи будем решать такую задачу:
«От пункта А до пункта В 15 км. Из А в В в 9 ч 30 мин отправился пешеход, идущий со скоростью 4 км/ч, В тот же день в 11 ч ему навстречу из пункта В вышел другой пешеход, идущий со скоростью 5 км/ч. Определить показание часов в момент встречи пешеходов».
До И ч первый пешеход прошел путь, равный 1,5 • 4 = 6 км. Значит, в 11 ч расстояние между пешеходами было 15 — 6 = 9 км. Поскольку суммарная скорость пешеходов 9 км/ч , то встреча произошла ровно в 12 часов.
81.	Пусть объем второго чана равен 1 (единица объема), а объем первого чана равен х (единиц объема). При открытых трубах Л, В и С за 7 ч мог наполниться только второй чан, так как за 1 ч в
первом чане могло оказаться лишь — — — =/= — (единиц)
Труба А дает за 1 час — (единиц объема) воды з
»	В	»	» »	—	»	»	»
5
»	С	»	» »	—	»	»	»
6
Следовательно, (— — —) 7 =
\ 5	6 /
Таким образом, первый чан
I, откуда х = 4 — (единиц объема).
больше второго в 4— раза.
82.	Обозначим число детей буквой х, а число орехов, полученных каждым, буквой у. Последний ребенок получил ха орехов (заметим, что после того, как он взял ха орехов, никакого остатка не осталось).
86
Следовательно,
у = ха.
Предпоследний ребенок получил
(х-\)а +
п — 1
орехов,
(1)
так как n-я часть числа в (п — 1) раз меньше остальной части этого числа; по смыслу п =/= 1.
Составляем уравнение:
(2)
Из уравнений (1) и (2) получаем:
Таким образом, было п — 1 детей.
83.	Пусть п — некоторое целое число. Имеем:
П5 _|_ 4пз + Зя = я(п2 -|- 1) (П2 + з)( п* + Зп2 + 1 = п2(п2 + 3) + 1, п4 + Зп2 4- 1 =r(n2 + 1) (и2 + 2) — 1.
О)
(2)
(3)
Всякий простой делитель числа п5 + 4п3 + Зп является делителем хотя бы одного из чисел п, п2 + 1, п2 + 3 (см. (1)). Но из (2) ясно, что ни один простой делитель числа п или числа п2+3 не является делителем числа п4 + Зп2 +' 1, а из (3) ясно, что ни один простой делитель числа n2 + 1 не является делителем числа п4 + Зп2 + 1. Итак, ни при каком целом п числа пб + 4п3 + Зп и п4 +3п2 + 1 не имеют общих делителей.
84.	Докажем, что если число т делится на 3, то и tn2 делится на 3, а если т не делится на 3, то т2 дает при делении на 3 остаток 1. Первое утверждение очевидно. Докажем второе. Число, не делящееся на 3, имеет вид либо Зй + 1, либо 3k + 2, где k — целое. Имеем:
(3k + I)2 = 9/?2 + 6k + 1 = 3(3A>2 + 2k) + 1, (3k + 2)2 = 9£2 + 12й + 4 = 3(3й2 + 4k + 1) 4- 1,
откуда и вытекает, что в обоих случаях число т2 имеет при делении на 3 остаток 1.
Теперь ясно, что если оба числа m, п не делятся на 3, то число т2 + п2 дает при делении на 3 остаток 1+1=2. Если же только
87
одно число т или п не делится на 3, то число т2 + п2 даст остаток 0 + 1 = 1. В обоих случаях т2 + п2 не делится на 3. Значит, т2 + п2 делится на 3 лишь в случае, если оба числа т, п делятся на 3.
85.	Положим, ^"2 — х = и, ]/~х— 1 = v.
Таким образом, данное уравнение можно заменить системой:
' и3 = 2 — х,
• у2 = х—1, «+»=!,
причем нас интересуют только такие решения этой системы, для которых v > 0 (ибо v = \fx — 1).
Исключая из двух первых уравнений этой системы неизвестное х, приходим к системе:
| м3 + о2 = 1, | и +о = 1.
Решая эту систему, находим:
«1 = 0, vt = 1;
( «2-----2,
I V2 = 3;
^з 1 > .1,3 = 0.
Откуда
X) = 2 — ы® = 2;	х2 = 2 — = 10; х3 = 2 — из = 1.
86.	Введем обозначение:
рЛ2х — 5 = и,
Р + 5
тогда х = —!— и данное уравнение можно переписать в виде
+	+ |Л1±А + 3/+2 = 7К2.
Умножив обе части уравнения (1) нарг2, получим: K^ + 2Z+ 1 + Vt2 + 6/ + 9 =14, или
У(/ + 1)2 + rw = 14, или к + 1| + К + 3| = 14.
(1)
Так как t = ]/Л2х — 5 есть число неотрицательное, то + 1| = = t + 1, |/ + 3| = t + 3, и полученное уравнение принимает вид t + 1 + t + 3 = И, откуда t = 5, а следовательно,
25 + 5 2
88
87.	Так как 2х2 — четное число, а 7 — нечетное, то 5у2 должно быть нечетным, т. е. у — нечетное. Пусть у = 2г 4- 1, тогда данное уравнение можно переписать в виде
х2— Юз2 — Юг = 6.
(1)
Отсюда видно, что-х должно быть четным. Пусть х = 2т, тогда (1) примет вид:
2m2 — 5г(г + 1) = 3,
что невозможно, так как число г(г + 1) — четно, а разность двух четных чисел не может быть равна нечетному числу. Таким образом, данное уравнение не имеет решений в целых числах.
88.	Решая данное уравнение как квадратное относительно у, находим:
__ х — 7 ± Y 9х2 — 6х — 287 __
х — 7 ± У(3х — 1)а — 288
2
О)
Мы видим, что число (Зх — I)2 — 288 должно быть точным квадратом, т. е.
(Зх — I)2 — 288 = и2.
Так как х — натуральное число, то Зх — 1 тоже натуральное; число и (как арифметическое значение корня) тоже натуральное, причем, очевидно, и < Зх — 1. Положим,
и = (Зх — 1) — k,
где k — натуральное число. Тогда получаем:
(Зх — I)2 — 288 = [(Зх — 1) — k J2,
или
2/г(Зх — 1) = &2 4- 288,
откуда видно, что k — число четное. Пусть k = 21 (/ также натуральное число). Тогда находим:
или
/(Зх — 1) = /2 + 72,
Зх = I ++ 1. I .
72
Отсюда ясно, что число — должно быть целым, т. е. I должно быть делителем числа 72. Возможные значения для /:
1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72.
89
Из них надо взять лишь такие, для которых число I + у 4-1 кратно трем (ибо это число должно быть равно Зх). Этому условию удовлетворяют лишь числа G = 2, /2 = 8, 13 = 9, /4 = 36. Подставляя эти значения в (2), находим для х два значения: 13 и 6. Из уравнения (1) найдем соответствующие (только натуральные!) значения у. В результате мы получаем два решения исходной системы:
= 13, У1 = 20;
х2 — 6,
У2 = °-
89, Первое решение. Имеем (рис. 14а):
— 4- —
Далее, tg(а 4- Р) = tga*-tgP- = —-----— = 1.
' l_tga.tg₽ ,1.±
3 * 2
Таким образом, tg у = tg (a 4- Р).
Поскольку а, р, у — острые углы прямоугольного треугольника, то у = a 4- Р, что и требовалось доказать.
Второе решение. Построим -на отрезке АВ квадрат АВКР (рис. 146) и проведем отрезки CL, LN, ND, CD и CN.
Треугольник CFD равен треугольнику BCD, а треугольник CMN равен треугольнику АВС. Поэтому Z-DCF — р, Z_ NCM = = а (обозначения углов те же, что и на рисунке 14а). Но CLND — квадрат, и потому a 4- Р = 45° = у.
90
90.	Соединяем точки Е и F с точкой D (рис. 15). Отрезок ED, АС
как средняя линия треугольника, равен —, FD, так же как сред-2
АВ
няя линия треугольника, равен — ; кроме того,
2
Z. DEB = Z. САВ и Z. CFD = АСЛВ.
Поскольку в треугольниках DFM. и PED
DF= AB- = EPt FM = — = ED;
+ АСЛВ = 90°+Z.DBB=AD£P,
то треугольники MFD и DEP равны, а следовательно, DP = DMt что и требовалось доказать.
91.	Так как стоимость проезда v км составляет (90 + 0,4а2) руб.,
90 д- 0,4а1
то стоимость 1 км равна: —-—
V _	л
15_
, что эта величина примет наименьшее
т. е. когда v = 15 км/ч, а стои-
значение, когда
мость проезда 1 км равна 12 руб.
92.	Согласно условию задачи, имеем:
Ух + /у = ±
Ух-Уу =
х—-у _ т V X + Vy п •
Складывая и вычитая почленно эти равенства, находим:
Следовательно, ]/х и ]/у — рациональные числа, что и требовалось доказать.
93.з П е р в о е решение. Ясно, что частное от деления многочлена третьей степени на многочлен второй степени должно быть многочленом первой степени. В нашей задаче коэффициенты при старших членах делимого и делителя равны единице, поэтому частное имеет вид х + т. Итак, имеем:
х3 + ах2 + 2х + b = (х2 + х + 1) (х + /и),
91
или
х3 + ах? + 2х + Ь = х3 4- (т + 1)х2 + (т + 1)х + т.
Два многочлена относительно х тождественно равны, когда равны соответственно коэффициенты при одинаковых степенях х. В нашем примере должно быть
а = т + 1, 2 = tn + 1, b = /и.,
Решая эту систему, находим:
m = 1, а = 2, 6 = 1.
Таким образом, искомым является многочлен х3 + 2х2 + 2х +1. Второе решение. Произведем деление:
х3 + ах2 + 2х + b х2 + х + 1
х3 + х2 + х______ х + (а — 1)
(а— 1)х2 + х+6
(a—l)x2 + (q — 1) х + (а — 1)
(2 — а)х + (6 + 1—а)
Чтобы деление выполнялось без остатка, нужно, чтобы оба коэффициента остатка, т. е. 2 — а и b + 1 —а, обратились в нуль, откуда находим а = 2, 6 = 1. Итак, искомый многочлен х3+2х2 + 2х + 1.
Третье решение. Одним из корней трехчлена х2 + * + 1 служит число х4 = ------’ оно же—корень уравнения х—1;
?	1	2	— 1 — *	3
поэтому X1 = 1, Х1 = -------9—-----
А
Данный многочлен третьей степени делится на х2+х + 1, если он обращается в нуль при х = хь т. е.
1+ ~a~flf|<3-— 1+t]<3+6 = 0, или
2 —а —ш/3 —2 +2(/ 3+26 = 0;
откуда
(26 —a) + 1^3 (2 — а) = 0.
Таким образом,
о = 2, 6 = 1.
94. Перепишем данное уравнение в виде
х (КЗ )2 + (2х2 + О/З" + (х3 — 1) = 0.
92
Очевидно, что х=£0, поэтому число ]/3 является корнем квадратного уравнения xz2 + (2х2 + 1)г + (х3—1)=0» т. е-
/3 =
— (2х2 + Г) ± к (2ха + 1)а — 4х (х* — 1) 2х
_ — (2ха + 1) ± (2х + 1)
2х
Таким образом, имеем два уравнения:
— (2х2+ 1) (2х + 1)
и
или, и
после упрощении,
/3 = — х+1
х2 + (К3"+ 1)х + 1 =0.
(1)
(2)
Из (1) находим х4 = 1 —)/3, а из (2) следует
95. Первое решение. Обозначим искомое число досок
через х. В первые два часа мастер выиграл
*Р
100
партий и I партий
проиграл. Следующие два часа он уже вел игру на (х—— /) досках. Из всех партий, сыгранных в последние два часа, он вы-
играл (х — гоо паР™й’
т партий проиграл и п свел
вничью. Так как общее число партий, сыгранных за последние
два часа, составляется из всех выигранных, проигранных и сведенных вничью партий за эти часы, то отсюда получаем уравнение:
или
или
хр ________ 100 (т + п)
loo —	100 —<7 ’
93
или
100 (т + л)
100 — q
или
„ юо-р
Л • 
100
100 (m + n)-H(10Q —?)
100 — <7
откуда
10 000 (m + ”) + 100/(100 —<?) (100 — р) (100 — q)
Второе решение. За последние два часа мастер сыграл (х — — — Z) партий, (т + и) партий составляют (100— q)% партий, сыгранных за последние два часа, т. е.
т 4- п=
100 — 9
100
хр
100
Следовательно,
10 000 (т + п) = (100 — q) (100 — р)х— 100/(100 — q),
откуда
10 000 (т + п)+ 100/ (100 — <7) (100 — Q) (100 — р)
96< Возьмем внутри правильного треугольника АВС произвольную точку М. Пусть МА ь MBU MCi — расстояния соответственно до сторон ВС, АС, АВ. Тогда площадь треугольника АВС равна сумме:
ВС - MAj . АС * МВ± . АВ . MCt =
2	2	’	2
(МЛ1 4-	+ A4Q.
Таким образом,
МА. 4- МВ. + МС^= —
1	1	1 АВ
где S — площадь данного треугольника АВС. Таким образом, сумма расстояний точки М от сторон — постоянная величина, 2S
равная —, и утверждение задачи верно.
97< Очевидно, что — остатка после того, как второй сын берет 8
2000 руб., на 1000 руб. меньше, чем — остатка первого после то
94
го, как он взял 1000 рублей. Также ясно, что — остатка после того, как третий сын взял 3000 руб.,на 1000 руб. меньше, чем-i- остатка после того, как второй сын взял 2000 руб. и т. д. Самый младший забрал все деньги, а остаток равен нулю, так как если бы остался остаток, отличный от нуля, то после того, как он взял бы — остатка, еще некоторая сумма денег осталась, что противоречит 8
условию. Значит, — остатка предпоследнего сына составляет 1000 руб. (после того, как он взял свои деньги — на 1000 руб. меньше, чем последний сын). Поэтому весь остаток составлял 1000 : — =» 8
= 8000. После того, как предпоследний берет -^-остатка, т. е. 1000 руб., остается 7000 руб., которые забирает последний сын. Итак, все сыновья взяли по 7000 руб. Теперь уже легко заметить, что всего было сыновей 7, а размер завещанного капитала составляет 49 000 руб.
98< Для того чтобы минутная стрелка догнала часовую, ей надо пройти на 45 минутных делений больше часовой. Поскольку часовая стрелка проходит одно минутное деление за 12 мин, то она за каждую минуту проходит минутного деления, и, следовательно, минутная стрелка нагоняет часовую за каждую минуту на — минутных делений, а на 45 таких делений потребуется:
12	11
= 49 — (мин).
99.	До переливания концентрация та была равна:
в первом сосуде
во втором сосуде
(! = h 2,
qi = 1.
1
?2 “ Т 9 И
. , п) спир-
в n-м сосуде qn =
1
Лп-1 ’
Пусть после всех переливаний концентрации стали равны соответственно: pi, р2, ... , рп. Тогда Pi = 1, a pL при i> 1 определяется из уравнения:
95
Это уравнение мы получаем, деля количество спирта:
которое оказывается в r-м сосуде при сосуда, на объем всего сосуда v.
Таким образом,
переливании из (Z — 1)-го
Q2 + P1
> Рз
__	4~ Рп-1
П	о
Отсюда
22^П-2
1_________1
2п~Чг + 2п~1 *
Еслй k ф 2, то ь 1
_ 1	~~ 2Л~1
Рп~ 2k ’ 2. JL 2
Если же k = 2, то
2*-i — kn~*
(2/гУ7”1 (2 — k)
100.	Пусть исследуемая дробь имеет одно и то же постоянное значение k при любом значении х (кроме, может быть, двух значений х, являющихся корнем многочлена, стоящего в знаменателе), т. е.
ах2 4- Ьх -к с <
•----—--------- = k.
atx2 4- Ь}Х 4- Cj
Мы получаем после тождественных преобразований:
(а — atkjx2 + (b — bik)x 4- (с — Cfk) = 0.
(1)
Согласно условию, равенство (1) должно быть тождеством, т. е. оно должно выполняться при любом значении х. Это возможно
96
тогда и только тогда, когда все коэффициенты при х®, х, х° равны нулю, а именно:
а — a.k — 0, откуда — — k;
b — b.k — 0, откуда — = k;
*1
с— c.k — 0, откуда — = k. С1
Таким образом, — = — = Тем самым необходимость оче ai bi ci
видна.
101.	Пусть — — правильная дробь (m<n). Эта дробь мень-п
ше 1 на число 1 — — = п~т~. Обратная (неправильная) дробь п п
— больше единицы на число — — 1 = ——Остается сравнить т	' т	т
п—т п — т —	...	п — т ~п— т
---- и 	. Так как т < п, то	<-, т. е. правиль-п т---------------------------------------пт
ная дробь ближе (слева) к единице, чем обратная ей неправильная (справа).
102, Если п делится на 3, то п3 делится на 9, т. е. при делении п3 на 9 получается остаток, равный нулю. Если же п не делится на 3, то п = 3k + 1 или п = 3k + 2. Далее, число (ЗЛ + I)3 = = 276® + 27 k3 + 9k 4- 1 дает при делении на 9 остаток 1; а число (3k + 2)8 = 27fe® -f- 54/г® -|- 36fe + 8 дает остаток 8. Итак, остатки могут быть только 0, 1, 8.
103« Перепишем данное уравнение в виде
или
ур + 1 — (у^х + 1) — 12 = 0.	(1)
Пусть х = г, тогда ух3 — г3 и уравнение (1) переписывается так:
г® — г — 12 = ,0.
откуда
zt =4, г2 = —3.
Таким образом, уXi — 4, a = 64; 1/~х2 — —3 и х2 = —27. Проверка показывает, что оба значения удовлетворяют исход-
ному уравнению.
4 Заказ 164
97
104. Перепишем данное уравнение в виде
Кх—1 - 4/х—1 4-4 4-Кх — 1 —	4-9 = 1,
ИЛИ
К(/х — 1 — 2)2 4- К(Ух — 1 — З)2 = 1,
или
IK*— 1 — 2| + |/х— 1 — 3| = 1.
(1)
Если ]/х—1 <?2, т. е. 1<х<;5, то (1) можно переписать так:
2—j/x—1 — 1/х—1 -|-3 = 1,
откуда
Если ]/х—1 > 3, т. е. х> 10, то уравнение (1) перепишется в виде
2/х — 1— 5= 1, откуда х = 10.	____
Наконец, если 2 < ]/х — 1 < 3, т. е. 5 < х < 10, то (1) примет вид
^х^Л — 2+ 3 —= 1, т. е. 1 = 1.
Итак, все числа, принадлежащие сегменту [5, 10], т. е. удовлетворяющие неравенствам 5 х 10, служат решениями данного уравнения.
105% Перепишем данную систему уравнений в виде
г х2 + у2 = 2z2 + 2а2,
< х + у = 4 (а2 + 1) — 2г, , — Ху = а2 — г2.
Второе уравнение возведем в квадрат, третье умножим на 2. Сложив полученные два уравнения и вычтя из полученного уравнения первое уравнение, получим:
(х + у)2 — 2ху — (х2 + у2) = [4(а2 + 1) — 2г]2 + 2(а2—г2) — — (2г2 + 2а2),
откуда
г = а2 + 1.
98
Подставляя это значение z во второе и третье уравнения, получим систему:
f х + у = 2 (а2 + 1),
I ху = а4 4~ °2 4- 1_.
Решая эту систему, находим:
Xj = а2 4- а 4* 1 > у 1 — а2 — а 4- 1; хг = а2 — fl + l, у2 = о2 + а + 1.
Итак, система имеет два решения:
Xt = а2 + а + 1, yi = °2 — а 4- 1,	= а2 4-1;
х2 = а2 — а 4- I, у2 = а2 4-fl + 1, г2 = а2 4- 1.
106г Освободив первое уравнение от иррациональности в знаменателях, получим:
4х2 — 2у2	17
у2 — 4‘
Отсюда
[ х\   5	[ х\  	5
\ У /1	4 ’ \ У /2	4 *
Во втором уравнении положим:
/х24-ху 4-4= t.	(1)
После чего его можно будет записать в виде /2 + t — 56 = 0.
Отсюда ti = 7, t2 = —8. Так как в равенстве (1) / > 0, то второй корень отбрасываем. В результате мы приходим к следующим двум системам уравнений*
Из первой системы находим:
а из второй —
5
х2 + ху — 45 = 0;
#4 —	15,
у4=12.
Проверкой легко убедиться, что все полученные решения удовлетворяют исходной системе.
107.	В . любом треугольнике стороны а, &, с обратно пропорциональны соответствующим высотам hai hb, hc.
Поэтому в рассматриваемой задаче должно быть: а : b : с = = — : — : — = 12 : 15 : 20. Наоборот, если существует треуголь
99
ник, в котором а : Ъ : с = 12 : _15 : 20, то в нем ha: hb: hc = 5 : : 4 : 3, и для получения искомого треугольника достаточно подобно преобразовать имеющийся у нас треугольник (так, чтобы ha = = 5). Итак, вопрос сводится к существованию треугольника, у которого а : b : с = 12 : 15 : 20.
Такой треугольник возможен, так как сумма любых двух сторон больше третьей.
108.	Пусть АВ = CD = х, AD = ВС = у. Известно, что в треугольнике квадрат стороны, лежащей против угла в 60°, равен сумме квадратов двух других сторон без произведения этих сторон, а квадрат стороны, лежащей против угла в 120°, равен сумме квадратов двух других сторон, сложенной с произведением этих сторон. Применяя эти теоремы: первую к треугольнику АВЕ, а вторую к треугольнику CED, получим систему:
Решая эту систему, найдем, что стороны равны 1 и 1 или 2 и
109« Пусть N — число книг на столе. По условию, N — 1 ‘делится на 4, на 5 и на 6, а значит, и на их наименьшее общее кратное — 60, т. е. W — 1 = 60&, где k—целое число. Таким образом, нам надо найти число N вида 60& + 1, которое делилось бы на 7. Из чисел k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, как нетрудно проверить, подходит только k = 5, так что наименьшее число книг, которое могло быть на столе, 301.
Посмотрим, какие еще значения k годятся. Пусть 60fe + 1 делится на 7; тогда и 60£ + 1 — 301 делится на 7, т. е. 60 (k — 5) делится на 7 и, значит, k — 5 делится на 7. Отсюда k = 7 т + 5, где т — целое число. Значит, TV = 60Z? + 1 = 60 (7m 4-5) 4-1 = = 420m 4“ 301. Итак, на столе могло быть 420m 4“ 301 книга, где т — любое целое неотрицательное число.
НО.: Пусть второй пароход шел вперед 2/ суток со скоростью v км/сутки. Тогда первый пароход прошел первую половину пути за t суток со скоростью v км/сутки, а вторую половину пути за (/ + 2) суток со скоростью (о — 240) км!сутки.
Следовательно,
V — 240 t
Составляем производную пропорцию:
V — V4-240 t + 2 — t’
(О
100
Из последней части условия задачи имеем:
(у + 240) • 6 = 2trf, или v 2—- = —, или------
v 7	’	v 3 v + 240
Составим производную пропорцию: v	з и 3
-----------=	, или— —- v-1-240— v * —3------------------240 Г —3
Из (1) и (2) следует: £+2 — 3 2 “ t —з’
или /2— t—12 = 0. Положительный корень этого уравнения равен 4.
От-вет. 8 суток.
111., Из условия следует, что первая цифра трехзначного точного куба служит последней цифрой точного квадрата. Так как точный квадрат может оканчиваться лишь на цифры 0, 1,4, 5, 6, 9, то это условие выполняется только для трех кубов: 83 = 512, 43 = 0 64, 23 = 008. Далее, наибольший трехзначный точный квадрат, оканчивающийся цифрой 5, есть 625, а оканчивающийся нулем, есть 900. Таким образом, искомое число 90064.
112< Образуем производную пропорцию из данных:
х— у 4-z — ц __(а3 4- я2 4~ а + О — (а2 4-а + 1) + (fl + 1) — 1
х	а3 4- яа 4"а + 1
или, учитывая второе заданное равенство, получим:
а (а4 — 1)_
х (а 4- 1) откуда х = а* — 1.
Для нахождения у составим пропорцию:
а3 4- а
а3 4- а2 4- а 4-1’
из данной еще одну производную
х — у 4~2 — и
или
а (а4 — 1) _ а3 4- а
у (а 4- 1) а2 + а 4- 1 *
откуда
у = а3 — 1.
Аналогично получаем:
' z = а2—1 и и = а — 1.
101
Итак, х = о4— 1, у = а3—1, г = а2— 1, и = а—1.
Этот расчет был произведен при условии, что все числа с3+ а2 + фЧч 1, а2+ а + 1, а+ 1 отличны от нуля. Легко проверить, что найденное решение пригодно при выполнении лишь одного условия: а + 1 #= 0 (даже, если а3 + а2 + а + 1 =0 или а2 + + а + 1 =0, что может быть лишь при мнимых значениях а).
113^ Обозначим искомую дробь через —-— , где п — натураль
ное число. Согласно условиям задачи, имеем два неравенства:
л2 — 4	10
Первое неравенство перепишем в виде 3(п + 2) > и2 + 1,
или
п2 — Зп — 5 < 0.
Квадратный трехчлен п2 — Зп — 5 имеет корни:
„	_ 3 ± /29
«1,2 - ---2---
Из неравенства п2 — Зп — 5 < 0 получаем п2 < п < иь но л2 < 0, а п > 0, и поэтому
0 < п < п
3 4-/29
2
Легко заметить, что п± < 5. Таким образом, из этого неравенства вытекает, что п, как натуральное число, может принимать только одно из четырех значений: 1, 2, 3, 4. Подставляя эти значения п в неравенство
находим, что значения 1, 2, 3 непригодны, а только п = 4 удовлетворяет этому неравенству. Следовательно, искомая дробь
п ______ 4
п2 — 1 ~ 15*
114« Пусть АВ — диаметр круга и Е — точка пересечения хорд AD и ВС (рис. 16). Известно, что произведения отрезков каждой из пересекающих хорд равны:
АЕ • ED = BE • ЕС.
О)
Рис. 16
102
Далее,
АЕ • AD = АЕ(АЕ + ED) = АЕ2 + АЕ • ED.
Но из прямоугольного треугольника АС В имеем: АЕ2 = АС2 4- ЕС2,
поэтому
АЕ • AD = АС2 + ЕС2 + АЕ • ED.
(2)
Учитывая (1), перепишем (2) в виде
АЕ • AD = АС2 + ЕС2 + BE ЕС = АС2 + ЕС • ВС = = АС2 + (ВС — BE) ВС = АС2 + ВС2 — BE • ВС,	(3)
а так как из прямоугольного треугольника АВС следует, что Л С2 + + ВС2= АВ2, то из (3) имеем: АЕ • AD + BE • ВС = АВ2. Таким образом, указанная сумма произведений есть величина постоянная, равная квадрату диаметра.
115.	Легко заметить, что, для того чтобы можно было из некоторого числа цифр составить ровно шесть двузначных чисел, необходимо и достаточно, чтобы цифр было три, т. е. номер билета — трехзначное число. Пусть номер билета 100х + 10у + г. Сумма всевозможных двузначных чисел, доставленных из цифр х, у, г, будет (10х + у) + (10х + г) + (10у + х) + (Юу + г) + (Юг 4- х) + + (Юг + у) = 22(х + у + г). Но, по условию задачи, должно быть
11 (х + у + г) = 100х + Юу + г,
откуда Юг + у = 89х, а так как Юг + у — двузначное число, то из последнего равенства следует, что х = 1. (Если бы было х = О, то мы получили бы у = г = 0, но билета с номером ООО не существует.) Таким образом, Юг + у = 89, откуда у = 9, г = 8. Значит, искомый номер билета 198.
116.	Из каждых 100 жителей города говорят по-русски 90 человек, а остальные 10 не говорят по-русски. Значит, они говорят только по-узбекски. Далее, из каждых 100 жителей города говорят по-узбекски 80 человек, причем из них только 10 человек не говорят по-русски. Следовательно, из каждых 100 жителей говорят на обоих языках 80 — 10 = 70 человек. Таким образом, 70% жителей города говорят на обоих языках.
117.	Пусть расстояние между А и В равно /, а скорости мотоциклов Vi и v2- За время t первый мотоцикл проехал путь, равный р + +1 — q, а второй — путь q + I — р. Поэтому
i + q—р t
(1)
•163
С другой стороны, отношение скоростей равно отношению путей, пройденных до первой встречи, т. е.
Ч _ 1—р
^2 Р
(2)
Подставив в (2) значения и и2 из (1), получим уравнение для определения /. Решив его, найдем I = Зр — q, Подставив это значение I в формулы (1), получим:
118.	Обозначив через х км/ч скорость катера в стоячей воде, а через у км/ч скорость течения, тогда имеем систему:
Пусть х = ?у, тогда второе уравнение системы примет вид: 24 __	96	72
У У (2+1) у (2—1)’ или
Z2 — Tz = 0.
Так как г #= 0, то z = 7. Поэтому х = 7у. Подставив х = 7у в первое уравнение системы, находим:
96
8у
отсюда
у = 2 км/ч, а следовательно, х = 14 км/ч.
Считая плот неподвижным (например, для наблюдателя, находящегося на плоту), находим, что катер плыл вниз столько же часов, сколько обратно до встречи с плотом, так как скорость движения катера относительно плота одинакова в обоих случаях. Следовательно, катер проплыл 96 км за время, в течение которого плот проплыл 24 км : 2 = 12 км. Поэтому, если у км/ч — скорость течения, то 96 скорость катера по течению равна — рость катера против течения равна Значит,
у км/ч = 8у км/ч\ тогда скобу км/ч.
96 , 96
8у бу
14.
104
119.	Число, указанное в условии, записывается (в десятичной записи) так: хуху, гдехиу — цифры, т. е. имеет вид lOOOx + 100у + + 10х + у = 101 (10х + у). Так как 101 — простое число, а 10х + + у — двузначное число, то оно не может иметь делителем трехзначное число, поэтому 101 содержится в произведении (10х + + у) • 101 в первой степени. Следовательно, указанное число не может быть точным квадратом.
120.	Имеем:
20я + 24я — 3я— 1 = (20я — 3") + (16я — Iя), а также 20я + 24я— 3я— 1 = (20я—Iя) + (16я — 3я).
Так как 20я— 3я делится на 20—3 — 17 при любом и, 20я — Iя делится на 20 — 1 =19 при любом п, 16я — Iя делится на 16 + 1 = = 17 при четном и, 16я — 3я делится на 16 + 3 = 19 при четном и, то рассматриваемое выражение делится на 17 и 19 при любом четном и. Но так как 17 • 19 = 323, то при любом четном п рассматриваемое выражение делится и на 323.
121.	Имеем:
или
откуда
4~ 4“ • • • 4- ^л-14*
где i = 1, 2, 3, ... , п.
122« Из второго уравнения системы следует, что должно быть х =# 0, у #= 0, г =# 0.
Приведя левую часть второго уравнения к общему знаменателю, получаем в силу третьего уравнения
хуг = 27.	(1)
Умножив далее третье уравнение на г, будем иметь, учитывая (1): 27 4- (х + у) г2 = 27z.	(2)
Подставив в (2) х + у =9 — z из первого уравнения системы, получим г3— 9z24- 27z — 27 = 0, или (z — 3)3= 0. Поэтому z = 3. Подставив это значение в первое уравнение и в (1), найдем, что х = 3 и у = 3. Итак, если система имеет решение, то им может оказаться лишь тройка чисел х = 3, у = 3, z = 3. Проверкой убеждаемся, что эти числа действительно образуют решение. Таким об
105
разом, система имеет и притом единственное действительное решение:
х — 3, у = 3, z = 3.
123.	Если часы спешат на х мин в сутки, то они покажут вер-о
ное время через — суток. Если бы они показывали на 3 мин мень-
ше, а спешили бы на х + — минуты в сутки, то верное время они показали бы через —-
суток. Таким образом, согласно условию
задачи, имеем:
или
2№ + Зх — 2 = 0.
Положительный корень этого уравнения х — у служит решением задачи.
124.	; Обозначим через х меньший из искомых сомножителей. Тогда из условий задачи следует, что
х (х + 10) — 40 = 39х + 22,
или
х2 — 29х — 62 = 0.
Откуда Xi = 31, х2 = — 2. Следовательно, искомые сомножители 31 и 41. (По смыслу задачи должно быть х > 0.)
125.	Пусть ОС = ОА — радиус меньшей окружности (рис. 17). Треугольник АОС равнобедренный; следовательно,
Z САО = /L АСО.	(1)
106
Далее, поскольку ОС и AD перпендикулярны BD, то они параллельны, а потому	> < •
A.CAD = Л.АСО.	(2)
Из (1) и (2) следует, что АС является биссектрисой угла BAD, что и требовалось доказать.
126.	Пусть медиана CCt = тс, О — точка пересечения медиан, М— середина медианы CCt (рис. 18). Имеем:
BtM • А,М = ОМ • МС,
где А1 и Bi — основания медиан A A i и или в силу наших обозначений
с с ___ тс тс
4 ’ 4 ~ 6	2 ’
са _ ml
16 ~ 12 ’
Можно доказать, что имеет место равенство:
tn2c = -i- (аа + b*) —j, тогда в*
3 2 а2Ь2 с2
4	2	4
откуда
2с2 = а2 + Ь2,
что и требовалось доказать.
127< Предположим, что Алеша сказал неправду. Тогда все остальные сказали правду, т. е. Ваня был первым, а Гриша последним. Следовательно, Алеша не был ни первым, ни последним и, значит, он сказал правду. Мы пришли к противоречию; значит, Алеша сказал правду. Предположим, что Боря сказал неправду, т. е. он был последним. Тогда Гриша должен сказать правду, т. е. он тоже на последнем месте. Мы пришли к противоречию; значит, Боря сказал правду. Пусть Ваня сказал неправду, а все остальные — правду. При этом Алеша должен быть на 2-м или 3-м месте; Боря — на 1, 2 или 3-м; Ваня (он сказал неправду!) — на 2, 3 или 4-м, Гриша — на 4-м. Мы видим, что первым мог быть только Боря.
Остается проверить, не подойдет ли и последний вариант, а именно, что Гриша сказал неправду. Тогда все остальные сказали правду и, значит, никто не занял последнего места. Этого не может быть, значит, Гриша сказал правду. Итак, мы доказали, что неправду сказал Ваня, а первым был Боря.
128. Введем обозначения: скорость первого тела х м!мин, скорость второго тела у м[мин. Для определенности пусть
107
скорость первого тела больше скорости второго тела. Положим, что когда тела движутся в одном направлении, они сходятся в некоторой точке А окружности, а ближайшая точка встречи — В. На пути от Л до В второе тело отстает от первого, и в момент, когда они впервые сходятся, отставание составляет длину полной окружности. Поскольку между двумя ближайшими соединениями тел протекает 56 мин, за которые первое тело проходит 56х м, а второе 56у м, то длина окружности равна (56%—56у) м. Если же тела движутся в противоположных направлениях, то пути, пройденные ими за 8 мин, протекающие между двумя ближайшими встречами, в сумме составляют длину окружности. Значит, длина окружности равна 8л: + 8у.
Итак, имеем уравнение:
56 (х - у) = 8 (х + у).	(1)
2
Согласно условию задачи, за 24 сек — —мин тела сближаются 5
на 40 ле — 26 м = 14 ле. Поэтому
>	4 (х + у) = 14.	(2)
О
Решая уравнения (1) и (2) совместно, находим: х = 20 м!мин\ у = 15 м!мин.
Длина окружности
8(х + у) = 8 (20 + 15) = 280 (м).
129.: Возведя в квадрат, получаем: х2 — а2 = (За — 2х)2, т. е.
Зх2 — 12ах + 10а2 = 0.
Решая это уравнение, находим:
ба т аУ 6
х1»2 —	3
а. Поскольку У х2 — а2.
как
арифметическое значение корня, есть число неотрицательное, из исходного уравнения следует, что должно быть За — 2х > 0, ъ е. мы имеем условие:
б±/6 л .За
---3-- а<2’
которое может быть приведено к виду
(3 ± 2/б)а<0.
108
Таким образом, данное уравнение имеет:
при а>0 корень	а'
при а<0 корень	а>
при а = 0 двойной корень х1>2 = 0.
130. Имеем:
(а + Ь)4п+2 + (а — 6)4п+2 = [(а + Ь)2]2л+1 + [(а — 6)2]2rt+1.
Известно, что сумма нечетных степеней делится на сумму оснований. Применительно к рассматриваемой задаче мы получаем, что многочлен
делится на
(а + Ь)2 + (а — Ь)2 = 2(а2 + Ь2), т. е. сумма делится на сумму а2 + Ь2.
131« Так как 2ху и 2у — четные числа, то их2 — четное число, а следовательно, х — четное число. Пусть х = 2г. Тогда данное уравнение перепишется в виде
2г2 -Ну = 2гу.
Отсюда вытекает, что у кратно г, т. е. у = kz. Подставив это значение у в предыдущее уравнение, получим 2г + k = 2kzy или
2z - k (2г — 1).
Последнее возможно лишь при 2г—1 = = 1, иначе 2г не будет делиться на 2г — 1, т. е. г = 1, k = 2, а следовательно, х = у = 2. 132. Через точку Р проведем прямые Л4В2, Л2С1, ВХС2 параллельно соответственно сторонам Л С, ВС, АВ (рис. 19). Обозначим стороны правильных треугольников ЛВС, РЛ1Л2, РВ^В2 и PCiC2 соответственно через п, х, у, г. Тогда Л|Л2 Ч* BjB2 С^С2 = ЛС* <* PD 4- РЕ 4- PF Далее,	/А' а/ / FA\p/^^\ //\ 	 \ А Сг Е С,	С Рис. 19 > + CiC + CfC2 = АС = ач 3 . хУ 3 аУ3 + - 2 = 2 ’ ’
109
BD + CE+ AF = (x+ I) + (у + I) 4- (z + A) =
=	4-y + ?) = I a.
z
Таким образом, 1 г— — aV 3	г—
PD -|- PE + PF = 2	_ / 3
BD + CE + AF ~~	3	3 ’
*	—a
что и требовалось доказать.
133. Проще всего разобраться в том, как нужно играть в эту игру, начав с «конца». Тот, кто назовет 66, выигрывает. Значит, тот, кто назовет любое из чисел 57, 58,	65, проигрывает, потому что
его противник сразу же сможет назвать 66. Отсюда следует, что тот, кто назовет 56, выиграет, так как он заставит противника назвать одно из «проигрышных» чисел. Точно так же можно проверить, что числа 47, 48, ..., 55 — «проигрышные», а число 46 — «выигрышное» и т. д. Итак, «выигрышными» числами являются 66, 56, 46, 36, 26, 16, 6. Начинающий игру выиграет, если он сразу назовет 6 и потом независимо от того, что называет противник, будет все время называть «выигрышные» числа. Если же он хоть раз отступит от этого правила, то проиграет, так как тогда его противник сможет назвать «выигрышное» число.
Эту задачу можно обобщить, взяв вместо 66 любое натуральное число ЛГ, сохраняя остальную часть условия (ясно, что интерес представляет лишь тот случай, когда ЛГ — неоднозначное число).
Если Af не кратно 10, т. е. N = 10а + &, где 1	6	9, то пер-
вый играющий выигрывает, называя в начале игры число Ь. Пусть второй играющий прибавляет число с, тогда первый должен прибавить (10 — с) и т. д.
Если же b = 0, т. е. N кратно 10, то начинающий проигрывает, так как, назвав число г, где 1 С г 9, он всегда дает возможность своему партнеру прибавить число (10 — г), получая, таким образом, сумму, кратную 10; если затем первый прибавит число то второму следует прибавить число (10 — rt) и т. д.
Поэтому в этом случае (т. е. при N = 10а) начинающий проигрывает.
134.’ Первое решение. Пусть скорость трамвая х км/мин, пешехода — у км/мин, расстояние между соседними трамваями, идущими в одну сторону, — а км. Нам нужно найти промежуток времени между трамваями, т. е. если пешеход идете туже сторону, что и трамвай, то скорость трамвая относительно пешехода равна х — у; если в противоположную, то х + у. Поэтому, согласно условию задачи
ПО
Отсюда
и потому
± = — =5 — (мин). X 6	6
Второе решение. Предположим, что прохожий оставил своего приятеля стоять на месте, а сам пошел прогуляться вдоль трамвайной линии, начав движение в момент, когда с ним поравнялся трамвай, идущий в ту же сторону: 35 мин шел в одну сторону, а затем 35 мин шел обратно. По условию задачи, через каждые 5 мин ему попадается один трамвай навстречу и через каждые 7 мин его обгоняет один трамвай. Поэтому за то время, что он шел вперед, его обогнало 5 трамваев, а за то время, когда он возвращался, ему навстречу проехало 7 трамваев. Таким образом, мимо неподвижного приятеля за 70 мин проехало в одну сторону 12 трамваев. Поэтому интервал между двумя трамваями равен — мин, или 5 — мин.
135< Обозначим через it время, прошедшее до первой встречи, через /2 — время, прошедшее до второй встречи, а через I — длину окружности. За время ti первое тело прошло путь vti9 а второе — at2 путь г£1ф
Согласно первому утверждению задачи, имеем:
at?	/1ч
(0
За время t2 каждое тело прошло один и тот же путь I (полную окружность).
Следовательно,
vt2 = I и — = I.
2	2
Из последних двух уравнений находим: «____________________________2о2
С’  	•
а
Из (1) и (2) получаем:
G = (/5- 1) \ а
(2)
111
136. Пусть
х = yr20 4- 14 |/2 4-1^20 — 14/2 .
(1)
Таким образом, надо доказать, что х = 4.
Воспользовавшись тождеством (а 4- 6)3 = а3 4- Ь3 4-4~3afe (а 4* Ь), возведем обе части (1) в куб:
х3 = 20 4- 14 /2 4-20— 14|/"2 4-з|/Л(20 4- 14 /2) (20 —14 /2)х,
ИЛИ
х3 = 40 4-Зу 202 — (14/2)2х,
откуда
х3 — бх — 40 = 0,
или
х3 — 4х2 4- 4х2 — 16х 4- Юх — 40 = 0, х2 (х — 4) + 4х (х — 4) 4- Ю (х — 4) = 0, (х — 4) (х2 4- 4х 4- Ю) = 0.
Последнее равенство возможно при х — 4 = 0, или при
х2 4- 4х 4- Ю = 0.
I
Так как корни уравнения х2 4- 4х 4- 10 = 0 комплексные, а число х должно быть действительным, то выполняется соотношение х — 4=0, т. е. х = 4.
137. Полагая
заменяем данное уравнение системой:
и3 = а+ Ух,	t»3 = а — Ух, и 4- v = УЪ.
Исключая из двух первых уравнений этой системы неизвестное х, приходим к системе: 
и3 4- v3 — 2а, и 4- v = У Ь.
Решаем се:
(и 4* v) (и2 — uv + о2) = 2а, (и 4- v) [(и 4- v)2 — Зно] = 2а, Уb [УЬ2 — Зык] = 2а.
Если b т^О, то отсюда получаем:
UV —
b — 2а
3/6’
U2
т. е.
Ь — 2а
Отсюда
а2 — х =
(Ь - 2а)\ 27b
х —а2—
(Ь — 2а)* 27b
(1)
Заметим теперь, что исходному уравнению может удовлетворять только неотрицательное значение х (поскольку в уравнение входит Ух). Таким образом, найденное значение будет удовлетворять исходному уравнению при условии:
_ (6 ~ 2а)3- > 0.
27b
Это условие может быть представлено в виде (напомним, что мы разбираем случай, когда Ь =#= 0, т. е. Ь2 > 0):
[27а2 b — (6 — 2а)3[ b > 0,
отсюда после преобразований приходим к соотношению:
(а + Ь)2 (8а — Ь) Ь> 0,	(3)
т. е. к соотношению:
(а+6)2 (Ь — 8а) 6 < 0.
Если
а 4~ b 0, то соотношение выполняется:
для а >0 при условии 0 < b < 8а,) для а < 0 при условии 8а b < 0. J
(4)
Итак, при условиях а+6=/=0 и (4) данное уравнение имеет корень (1).
Если же b =/= 0, но а + b = 0 (т. е. а = — Ь =/= 0), то соотношение (1) принимает вид х = 0, а условие (3) (т. е. условие (2)), очевидно, выпЪлняется. Таким образом, при b = — а уравнение имеет корень х = 0 (получаемый по формуле (1)). Итак, формула (1) дает решение нашего уравнения при выполнении условий (4), а также при а + b = 0.
У нас еще остался неразобранный случай Ь = 0. В этом случае уравнение принимает вид:
откуда
з/------ъг-----------------
у а -|-у х = — У а —у х9 а+/х = — (а — Ух),
113
т. е. а = — а, или а = 0. Итак, при 6 = 0 уравнение имеет решение лишь в случае, если также а = 0, ив этом случае решение будет любое число х > 0.
138< Подставим в уравнение х2 + рх + q = 0 вместо х значение х4. Мы получим (учитывая, что р = — Xi — х2, q = Xi x2):
+ pxi+ q= *?+(—Xi—x2) xi^-xi x2= Xi — xf— xp x2+ xr x2=0,
t. e. Xj есть корень уравнения x2 + рх + q = 0. Аналогично устанавливается, что и х2 есть корень этого уравнения.
139.	Имеем:
5Л+2 26 • 5Л + 82л+1 = 5Л+2 4- 34 • 5Л + в2"*1 — 8 • 5Л = = 5Л (25 + 34) + 8 (82л — 5Л) = 59 • 5Л + 8 (64л — 5Л).
Так как 64л—5п делится на 64 — 5 = 59, то и все число кратно 59.
140.	Пять последовательных целых чисел можно записать в виде п — 2, п — 1, л, ti + 1, п + 2.
Имеем:
(л — 2)2 + (л — I)2 + л2 + (л + I)2 + (л + 2)2 = = 5 (л2 + 2).
Очевидно, что для того чтобы число 5 (л2+2) было точным квадратом, надо, чтобы л2 + 2 делилось на 5, следовательно, л2 должно оканчиваться либо на 3, либо на 8. Но так как квадрат числа не оканчивается ни на 3, ни на 8, то л2 + 2 не делится на 5, а потому число 5 (л2 + 2) не является квадратом целого числа, что и требовалось доказать.
141.	Имеем;
2у2 = X4 — 1 = (х — 1) (х + 1) (X2 + 1).	(1)
Из этого равенства следует, что х — нечетное число, а у — четное, т. е. х = 2р + 1, у = 2g, где рп q — натуральные числа. Теперь равенство (1) принимает вид:
Сомножители
<72 = (р2 + р) [2(р2 + р) + 1]. р2 + р и 2 (р 2 + р) 4- 1
взаимно просты, так как любой их общий делитель является и делителем разности:
[2 (р2 + р) + 11 - 2 (р2 + р).
Следовательно, каждый из этих сомножителей представляет собой точный квадрат. Если р (р + 1) = z2, то из тех же соображений числа р и р + 1 являются точными квадратами, т. е.
Р = а2, р + 1 = Ь2. Тогда Ь2 — а2 = 1. Но b2— а2 + I)2 — а2 = 2а + 1	1.
114
Следовательно, единственная возможность а=0 и 6 = 1, т. е. р =0 и потому х = 1, у = 0. Подставляя эти значения х и у в исходное уравнение, убеждаемся, что эта пара чисел не служит решением. Таким образом, уравнение не имеет решений в натуральных числах.
142.	Представим данное уравнение в виде
х[15№ + 2 — 4ху (х2у — *+1)] = 1.
Из этого следует, что искомое число х должно быть делителем 1. Поэтому, если данное уравнение имеет решения в целых числах, то
С
Рис. 20
Рис. 21
х = ± 1. Теперь, подставляя в данное уравнение х = 1, получаем у2 = 4, откуда у1>2 = ± 2. Далее, подставляя в данное уравнение х = — 1, получим 2у (у + 2) = — 9. Последнее уравнение неразрешимо в целых числах, поскольку его левая часть четна, а правая нечетна. Таким образом, уравнение имеет только два решения в целых числах:
Xi = 1, yi — 2; Х2 — 1, уг — — 2.
143.	Пусть BD и СЕ — высоты треугольника (рис. 20). Поскольку треугольники ABD и ODC имеют равные гипотенузы АВ=ОС и равные острые углы Z ABD = 90° — Z ВАС = Z АСЕ, то они равны. Из равенства этих треугольников следует BD = DC. Значит, треугольник BDC равнобедренный с прямым углом BDC, а поэтому Z_C = 45°.
144.	Пусть четырехугольник ABCD (рис. 21) обладает свойствами, указанными в условии задачи, т. е.
MN + PQ = BP + QD + ВМ + ND,
(О
где М, N,P, Q — середины сторон АВ, CD, ВС, AD.
Пусть О — точка пересечения отрезков MN и PQ, а точка К — середина диагонали АС. Мы докажем, что точки Ои/( совпадают.
115
Из полученного треугольника PKQ следует неравенство PK + KQ> PQ,
причем равенство может иметь место только в том случае, если точка К лежит на прямой PQ. Точно так же
МК + KN > MN,
причем равенство может иметь место только в случае, если точка К лежит на прямой MN. Складывая эти неравенства, получим:
РК + KQ + МК + K2V > PQ + MN.	(2)
Причем равенство наступает лишь в случае, когда К лежит на обеих прямых PQ и MN, т. е. лишь в случае, когда К совпадает с Q.
Заметим, что QK = — = ND, как средняя линия треуголь-
ника ACD, и аналогично
р/с =	= ВМ, МК = —= BP, KN = — = QD,
2	2	2
мы из (I) получим:
MN + PQ = РК + KQ + МК + KN,
т. е. в (2) имеет место равенство, и потому О и К совпадают. Но тогда АВ || PQ (ибо РО — средняя линия треугольника АВС) и CD || PQ, т. е. CD (| Л В. Аналогично ВС || AD. Таким образом, ABCD — параллелограмм.
145. Первое решение. Из правила умножения вытекает, что последняя цифра произведения зависит только от последних цифр сомножителей. Поэтому достаточно убедиться в том, что пятая степень любой цифры N (N = 0, 1, 2, ..., 9) оканчивается на N.
Пусть N равно 0 или 5.
О2 = 0; 52 = 25;
поэтому любая степень N в этих случаях оканчивается на /V.
Пусть N равно 1, 3, 7 или 9:
I2 = 1; 32 = 9; 72 = 49; 92 = 8L
Итак, в этих случаях числа № оканчиваются на I или 9, поэтому 2V4= (№)2 оканчивается всегда на 1; отсюда следует, что N5= N*N оканчивается на N. Наконец, пусть N равно 2, 4, 6 или 8:
22 = 4. 42 = 16;	62 =s 36;	82 = 64.
Итак, в этих случаях числа № оканчиваются на 4 или на 6, поэтому № оканчивается на 6. Тогда N5 = № - N — 6N и тоже оканчивается на Af. В самом деле, 6W = 5N + Д\ a 5N оканчивается нулем, так как N четно.
116
Второе решение. Надо доказать, что число N6 оканчивается на ту же цифру, что и У, т. е. разность N6 — N делится на 10. Так как № — W = N (N* — 1) = N (N + 1) (У—1) (N 24- 1), то №—/Vделится на 2 (ибо произведение N (N 4- 1) делится на 2). Остается доказать, что № — N делится на 5.
Так как
№ _ N = N (№ — 1) (№ + 1),
то ясно, что если N делится на 5, то и № — N делится на 5. Если же N не делится на 5, то надо показать, что одно из чисел № — 1, №4-1 делится на 5, т. е. № дает при делении на 5 остаток 1 или 4. В самом деле:
если N = 5k ± 1, то № — 1 = (5k ± I)2 — 1 =5 (5Л2 + 2k), » W = 5k + 2, то N2 4-1 = (5k ± 2)2 +1 = 5 (5Л2 ± 4k 4- 1).
Следовательно, N6— N делится на 10, так как эта разность делится на 2 и на 5. Поэтому N6 и N оканчиваются одной и той же цифрой.
146. Поскольку неизвестные х, у, г входят в уравнение симметрично, то можно считать, что х у <1 г. Остальные решения получатся перестановками неизвестных.
Тогда
-4-— 4-— < —
* у г х ’
т. е. х < 3. Очевидно, что х ф 1. Пусть х = 2, т. е. — 4- — = —.
у г 2
Также ясно, что у =# 2. Если у = 3, то z = 6. Если у =4, то г =4.
с	е	1	. 1	1
Если у = 5, то даже —|— < — , т. е. других решении при
х = 2 нет. Пусть х = 3, т. е.
Если у = 4, то даже — 4- — < **	Л Л
— 4- — = — • Если у=3, то г=3.
у г 3	у
2
—, т. е. других решений при х = 3
3
нет. Следовательно, данное уравнение без учета перестановок имеет три решения: (3, 3, 3), (2, 4, 4), (2, 3, 6).
147. Пусть х — V2, тогда у4 = х2. Таким образом, рассматриваемое равенство перепишется так:
сх2 4- Ьх 4- а = 0.
(0
Поскольку х3 = 2, то (1) можно переписать в виде
2сх2 4- 2Ьх 4- ах8 = 0,
или, после сокращения на х (ведь х #=0), получим:
ах2 4- 2сх + 2Ь = 0.	(2)
117
Умножив (1) на а, а (2) на си вычитая, получим: г. abx 4- а2 — 2с2х — 2Ьс = О, или	' (ab — 2с2) х + а2 — 2Ьс = О,
(3)
т. е. (ab — 2с2) jZ2 + а2 — 2Ьс = 0.	(4)
Последнее равенство возможно только тогда, когда ab — 2с2 = 0. Так как иначе 2 был бы равен рациональному числу ^а~~	.
Но из (3) следует, что и а2 — 2Ьс = 0.
Таким образом, ab — 2с2 (5) и о4 = 462с2.	(6)
Умножив (5) на 2Ь2 и вычитая из (6), получим а4 — 2а& = 0, или а (а3— 2Ь3) = 0. Если предположить, что а =£ 0, то а3 — 2Ь3 = 0,
т. е. — = —, или — = откуда Ь =# 0, и — = |Z&. Но это He-fl!3 2	а у 2	b
возможно, так как jZ2 не может быть равен рациональному
числу —. Полученное противоречие показывает, что а = 0. Из (5) Ь
теперь следует, что и с — 0.
Подставляя а = с = 0 в данное равенство, найдем, что и Ь = 0. 148« Перепишем данное уравнение в виде
х (х — у) = Z2 — у2.
Если, х — у, то, очевидно, у = г, т. е. при любом натуральном k мы имеем решение:
х — у = г = k.	(1)
Если же х=7^у» тоу=7^г и уравнение можно переписать в виде
X   Z — у z + y	X — у
Обозначим общее значение этих отношений через —: т
х __г — у__ п
г + у	х— у	т
Тогда тх = п (г + у), п (х — у) = т (г — у), где тип — целые положительные числа, или
тх — пу — пг = 0, пх 4- (т — п) у — тг = 0.
Исключив х из этих уравнений, получаем:
(та — тп 4- п2)у = (т2 — п2)г,
а исключая г, находим:
(2тп —	= (т2 — л2) х.
(2)
(3)
118
При т = п эти уравнения дают : т2у =0, т. е. у = 0, что непригодно, поскольку мы ищем решение в натуральных числах. Итак, лг =# л, т. е. т2 — п2 =/= 0. Точно так же при п = 2т (т. е. 2тп — п2 = 0) мы получаем (т2 — п2)х— 0, т. е. х = 0, что снова непригодно. Таким образом, т2 — п2 0, 2тп — л2 =#= 0, и потому соотношения (2) и (3) можно переписать в виде
х _ у ________________z______
2тп — п2 т2 — п2 т2 — тп + п2 *
т. е. искомые числа %, у, г должны быть пропорциональны числам: х : у ; z = (2/ил — л2) : (т2 — п2) : (т2 — тп + л2)-	(4)
Так как т2 — тп + л2 = (т — л)2 + тп >0, то и число т2 — — п2 должно быть положительным, т. е. т > л. Заметим, что при т = 2л в правой части равенства (4) стоят 3 равных числа, так что решение (4) включает и ранее найденное решение (1). Итак, формула (4) определяет (при т > п) все решения заданного уравнения.
149	. Первое решение. Поскольку л + 6 > 1, то а2 + 2аЬ + 62 1. Сложив это неравенство с очевидным неравенством: а2 — 2аЬ + Ь2 0, получим: 2а2 + 2b2 1, или а2+Ь2>	. Возведя обе части этого неравенства в квадрат, полу-
чим:
a4 + 2a2b2 + 64>1. 4
Сложив последнее неравенство с очевидным неравенством:
л4 — 2а2Ь2 + Ь4 >-0, получим: 2л4 -f- 264 > у,
Пусть а
Тогда а4= (7 + хГ = ^ + 1х ' м	\4	1 tr =	у =	 \2	у)	16 а4+^ = 1 + ±(х —у) +	-(х2- 1	8	2	у	2 Если а +	b	= 1,	то при	х =	j	|_ АХ2 + 2х» + х4, 2 '-у +	- 2у> + /, f- у2) -|- 2 (х3 — у3) + х4 + у4> —. 8 } = 0 имеем: а = b = — , по- 2
119
этому
а4 + &4 = |, О
а при х = у = 0 имеет место неравенство: а4 + &4>1.
8
Если же а + b > 0, то х — у > 0, а потому а4 -|- 64 > ~ .
15О	.: Так как АО = О В (черт. 22), то точка О есть середина дуги АОВ, поэтому радиус окружности, описанной около треуголь
ника ОАВ, проведенный в точку О, перпендикулярен . хорде АВ, а следовательно, параллелен катету АС.
Далее, АО = ОС, а потому точка О есть середина дуги АОС и радиус окружности, описанной около треугольника Я ОС, проведенный в точку О, перпендикулярен хорде АС, т. е. параллелен катету АВ. Но ABrAC взаимно перпен-
дикулярны, значит, и радиусы окружностей, описанных около треугольников АОВ и АОС, проведенные в точку О, взаимно перпендикулярны, т.е. окружности пересекаются в точке О под прямым углом.
151	.: Действительно, имеем:
членов, у которых сумма показателей х и у равна нулю, — 1, »	»	»	»	»	единице,	— 2,
»	»	»	»	»	двум,	— 3,
»	»	»	»	»	трем,	—4,
» » »	»
поэтому всех членов будет:
1 4- 2 3 4* • • • 4“ (м 4- 1) =
— («+!),
» п,
152.	Подсчитаем количество чисел от 1 до 999 999, в записи которых нет единиц. Другими словами, нас интересует, сколько можно составить шестизначных чисел из цифр 0, 2, 3, 4, ..., 9 (если число имеет меньше шести цифр, условимся дописывать слева недостающее количество нулей). Мы утверждаем, что таких шестизначных чисел будет 9е: действительно, на первом месте в таком числе может стоять любая из девяти цифр; 0, 2, 3, ...» 9; к каждой из них можно приписать справа любую из тех же девяти цифр, таким образом, получится 9 X 9 = 81 двузначное число из цифр 0, 2, 3, ..., 9;
120
к каждому из этих чисел можно приписать произвольную третью цифру — получим 93 трехзначных чисел и т. д. Мы получим, таким образом, 96 шестизначных чисел. Из них нужно исключить одно: ООО 000. Таким образом, мы показали, что среди первого миллиона существует ровно 96 = 813 =531 371 чисел> в записи которых не участвует единица. Таким образом, среди первого миллиона больше таких чисел, в записи которых нет единиц.
153.	Данное уравнение перепишем в виде
(у — х) (у2 + ху + х2) = 13-7.
Поскольку
у2 + ху + X2 =
О,
то возможны только следующие четыре случая:
1)	Если у — х = 1, то у2 + ху + х2 = 91. В этом случае получаем два решения:
х = 5, у = 6 и х = — 6, у = — 5.
2)	Если у — х = 7, то у2 + ху + х2 = 13. В этом случае имеем также два решения:
х — — 3, у = 4 и х = — 4, у = 3.
3)	Если у — х = 13, то у2 + ху + х2 = 7. Эта система не имеет действительных решений.
4)	Если у — х = 91, то у2 + ху + х2 = 1. Эта система также не имеет действительных решений.
Итак, данное уравнение имеет четыре решения: (5, 6), (— 6, — 5), (-3,4), (-4,3).
154.	Так как 2у2 — четное число, то х — нечетно, и потому число 2у2 = х2 — 1 = (х — 1) (х + 1) делится на 4. Следовательно, у — четное число, и поскольку х и у должны быть простыми числами, то у = 2, а потому х = 3.
155.	Поскольку 1 + х+ х2+х3+ ••• +*п= 1 ~,
как сумма членов геометрической прогрессии, то рассматриваемое выражение равно:
1 — ХП+2
1 — х
= (1 + х + X2 + ... 4- X"-"1)
(1 + X + ... + Xrt+1).
156.	Первое решение. Перепишем данное уравнение в виде
121
(4x2 -byS.'dr;! + 4xy — 4x — 2y) 4* (x2 4* 4y2 4* 1 4* 4xy 4*2x4* . ^л .4* 4y) = 0,
ИЛИ
(2x 4* у — I)2 4- (x 4* 2y 4- I)2 = 0.
Так как сумма квадратов действительных чисел равна нулю, лишь когда каждое .слагаемое равно нулю, то поэтому
2х 4- у — 1 = 0,
х 4* 2у 4* 1 — 0.
Решая эту систему, находим: х = 1, у = — 1.
Второе решение. Данное уравнение можно переписать в виде
5х2 4* (8у — 2)х 4* (5у2 4* 2у 4* 2) = 0.
Теперь выразим х через у:
v_ 1 — 4у ±з/-(у + 1)*
Так как, по условию, х и у должны быть действительными числами, то поэтому
-(у + I)2 > 0,
но
—(у + I)2 < 0.
(1)
(2)
Из соотношений (1) и (2) следует, что
у 4* 1 =0 ,
откуда
у = — 1.
Подставляя найденное значение у в данное уравнение, получим х = 1.
157.	Вычитая из второго уравнения системы первое, получим: yz — у — 2 = 5, или
у2 — У — 2 + 1 =6, (у— 1) (2-1) =6.
Будем искать лишь решения, удовлетворяющие условию у <Z г (остальные решения получаются перестановкой значений у и г). При таком соглашении последнее уравнение сводится к одной из следующих двух систем:
{ У — 1 = 1> (2—1=6;
у — 1 =2. 2—1=3.
122
Из первой системы у = 2, г = 7, а из второй у = 3, г = 4. Подставляя эти значения у и г в одно из уравнений заданной системы, получим соответствующие им значения х. В результате мы получаем следующие два решения:
^2 — 7, у2 = 3, гг = 4.
158.	Первое решение. Пусть целые числа х и у таковы,
что
х 4- у = ху,
тогда х = ху — у = у (х — 1), откуда
Поскольку х и х—1 два последовательных целых числа, то число у может быть целым только тогда, когда х — 1 = ± 1, т. е. х = = 0, х = 2.
Итак, имеются всегда две пары целых чисел, при которых выполняется условие задачи 1)х=?у=0их = у=2.
Второе решение. Из условия следует, что (х — 1) (у — — 1) = 1. Ясно, что произведение двух целых чисел может равняться единице только тогда, когда оба числа равны единице или когда оба числа равны — 1. Итак, имеем:
1) х — 1 = 1, у — 1 = 1, откуда х = у = 2
2) х — 1= — 1, у — 1= — 1, откуда х = у = 0.
159.	Имеем:
ab (а + b — 2с) + Ьс (Ь 4- с — 2а) 4- ас (а + с — 2Ь) = = Ь2с — 2abc 4- а2с 4- ab2 — 2abc 4- ас2 4- а2Ь — 2аЪс 4- Ьс2 = = с (Ь2 — 2аЬ 4- а2) 4- а (Ь2 — 2Ьс 4- с2) 4- Ь (а2 — 2ас 4- с2) — — с (а — Ь)2 4- а (Ь — с)2 4- b (а — с)2	0.
Равенство имеет место лишь при а = b = с.
160.	Докажем прежде всего, что при любых а, Ь, с справедливо неравенство:
(1)
Действительно, имеем очевидные неравенства: а2 + b2 ab, а2 4- с2 > 2ас; Ь2 4- с
2 > 2Ъс.
а2 + b2 ab, а2 4- с2 > 2ас; Ь2 + с2 2Ьс
Сложив эти три неравенства, получим неравенство (1). В силу (1) имеем:
123
х2 4- а2 > xat 4- ха2 4- afiz, х2 4- aj 4- al > ха2 + xas 4- a2a3,
x2 4- a2 4- a?> *an 4- xax 4- anat.
I
Сложив почленно неравенства (2), получим:
nx2 + 2(al + a2 + ... 4-<$>Ъх^ + а2 + ... 4-ап) +
4“ ^1^2	^2^3 I • • • 4-
(2)
(3)
Г
Неравенства (2), а значит и (3), имеют место при любом значении х. Положим в неравенстве (3):
Q1 ~f~ ^2 ~1~ • » ♦ 4~ п
Мы получим:
*4“ 0^2	^2^3	• • • “Ь
откуда
+ а2 + ... + аЛ)2 < п [2 (а2 + д2 + ... + а% —
— (ар2 + а2а3 +... + а,А)].
Так как в соотношении (1) имеет место равенство лишь при a=b=ct то в доказанном нами соотношении равенство имеет место лишь при Oi = а2 = ... = ап.
161.	Поскольку треугольники ADG, DBF и АВС подобны, то радиусы описанных около них окружностей пропорциональны сходственным сторонам, т. е.
/п
AD DB АВ'	7
Из (1) образуем производную пропорцию:
“Ь
AD+ DB~AB'
или
Bi 4~	_ В
АВ “ АВ9
откуда
"Ь ^2 =
124
162.	Пусть расстояния от вершины треугольника ABC w двух взаимно перпендикулярных прямых ОХ и ОУ выражаются целыми числами (рис. 23).
Выберем вершину А так, чтобы ее ордината была не больше ординат В и С.
Проведем через вершину А данного треугольника прямую AD, параллельную ОХ и не пересекающую треугольник, и опустим из
Рис. 23
вершин Ви С перпендикуляры ВР и CQ на AD. Согласно условию задачи, отрезки АР, AQ, BP, CQ должны выражаться целыми ВР	со
числами. Следовательно, tg Z ВАР = tg CAQ=
должны быть рациональными числами, а потому и число tg Z ВАС = tg(Z BAQ —	САР) =
ВР CQ
tg Z BAQ — tg Z CAP = AP~~ AQ
1 + tg Z BAQ • tg Z CAP ~ . BP CQ Ф AP ’ AQ .
должно быть рациональным числом. Итак, тангенс угла треугольника —рациональное число, а поскольку число tg-^ — иррационально, то рассмотренный треугольник не может быть правильным.
Предлагаем читателям самостоятельно разобрать случай, когда ордината вершины А равна ординате одной из остальных вершин.
163.	Так как правая часть уравнения — нечетное число, то и левая часть должна быть нечетным числом. Поэтому или х, или у меньше 2.
Пусть для определенности х = 1, т. е. у! = 10? + 8. Правая часть последнего равенства не делится на 5, а потому у < 4, но ни одно из целых чисел, которые удовлетворяют этому неравенству, не служат решением данного уравнения. Итак, данное уравнение не имеет решений в целых числах.
164.	Если прибавим к сумме данных трех дробей —1 =—1—14-1, то полученная сумма будет равна нулю, так как сумма данных трех дробей равна 1. Имеем:
(Ь — с)2 — а2 2Ьс
(а 4- с)2 — Ь2 2ас
(а — Ь)2 — с2 2аЬ
(Ь — с + а) (Ь — с — д) 2Ьс
125
(a 4- с 4- b) (a 4- c — b) 2ac
(a — b-j- c) (a — b — c)__a 4~c —b
2ab	2abc
[b*-(a-c)*]
(a 4- c — b)(b — a 4~ g) (fr 4~ a — c) 2abc
Это равенство возможно, если: 1) b + с = а, или 2) а + с = = Ь, или 3) а + Ь = с.
Пусть b + с — а, тогда
Ь2 4- с2 — а2 _ Ь2 4- с2 — (Ь 4- с)2 _	। в
2bc	2Ьс	’
а2 4" с2—Ь2 __ (Ь 4- с)2 4- с2 — Ь2 _ р а2 4- Ь2—с2 _____
2ас	2с (Ь 4- с)	’	2аЬ
= (Ь 4- с)2 4- fe2 — са _ J
2Ь (Ь 4- с) ~
Так же доказывается, что если а + с = Ь, а2 4- с2 — Ь2 _	। Ь2 4- с2 — а2 ___ ।
2ас	’	2Ьс	’
Наконец, если а + Ь = с, то
а2 4- Ь2 — с2  	। а2 4- с2 — Ь2  ।
2ab	9	2ас *	*
то
Ь2 4- с2 — а2 2Ьс
Итак, утверждение задачи верно.
х 4
165.	Введем подстановку:----------= t.
3 х
Тогда данное уравнение приведется к виду
З/2 — 10/ + 8 = 0.
Отсюда
t. = 2 и t, =
1	2	3
Теперь, решая два квадратных уравнения относительно х, найдем все четыре корня исходного уравнения:
^ = 3+1/21, х2 = 3 —]/21, х3 = 6, х4 = —2.
166. Имеем очевидное неравенство:
2аЬ < а2 4- 62, или
а2 + b2 + 2ab 2а2 4- 262, или
а2 ^2	а2 4- Ь2
126
откуда
или
(а + b \2 а® +
Равенства достигаются лишь при а = Ь.
167. Умножая первое уравнение на хь получаем: х/ + Xi х2 х3 х4= 2хь
или
Аналогично из дальнейших уравнений получаем:
Таким образом,
(х4 - I)2 = (х2 - I)2 = (х3 - I)2 = (х4 - I)2.
Для каждых двух неизвестных, скажем Xi и х4, мы имеем: (Xi-l)2 = (x4-l)2,
и потому либо Xi — 1 = х4 — 1, т. е. х4 = х4, либо же Xi — 1 = = —(х4— 1), т. е. Xf + х4 = 2. Следовательно, каждое из неизвестных либо равно Xi, либо равно-2 — х4. Поэтому возможны следующие три случая:
1) Все неизвестные принимают равные значения:
х4 = *2 = х3 = х4 = ос.
Подставляя эти значения в первое уравнение системы, получаем: а +а2 = 2. Это уравнение переписывается в виде (а — 1) (а2 + + а + 2) =0, откуда видно, что оно имеет только один действительный корень: а = 1.
Итак, в первом случае мы имеем только одно решение:
2) Три неизвестных принимают значение а, а четвертое — значение 2 — а, т. е. (с точностью до перестановок неизвестных):
Xi = х2 = х3 = а, х4 = 2 — а.
Подставляя эти значения в последнее уравнение системы, получаем а3 —а = 0, откуда находим три значения: а = 0, а = 1,
127
a == — 1, При а = 0 получаем значения xt = х2 = х3 = 0, х4 =2, которые, как легко проверить, исходной системе не удовлетворяют. При а = 1 снова получаем известное нам решение xt = х2 = == х3 = х4 = 1. Наконец, а = — 1 дает еще одно решение:
Xi = х2 = х3 = — 1, х4 = 3.	(2)
Еще три решения получаем перестановками значений неизвестных.
3) Два неизвестных имеют значение а, а два других 2 — а. Скажем,
%! = х2 = а, х3 — х4 = 2 — а.
Подставляя в последнее уравнение системы, получаем уравнение 2 — а + а2 (2 — а) = 2, которое легко решается, но новых решений не дает.
Итак, имеем 5 решений (1), (2).
168.	Пусть а, &, с — противолежащие стороны углам А, В, С треугольника АВС, р = а, г\, г2, г3 — радиусы вневписанных кругов, касающихся соответственно сторон а, Ь, с, а. г — радиус вписанного круга. Можно доказать, что
откуда
pr = (р — a) rt = (р — Ь) г2 = (р — с) г3, р _____ р ____ а р __________ р	b р __________ р_____ с_
г\	г	г	’ г2	г	г	’ г3	г	г	*
__	п р р	р а
Так как, по условию, — , — , — — целые числа, то и ----------------,
G rs г3	г г
~------, — — — также целые числа.
г г г г
Имеем •.
Так как слагаемые левой части последнего равенства — целые, то и их сумма — — целое. Следовательно, —; —; — — целые, а г	г г г
тклоыу а, Ь, с — кратны г.
Известно, что г= 1— °) (р — ty (Р—с). Пусть r= 1 (этого можно добиться преобразованием треугольника), т. е.
рЛ(р —а) (р —6)(р —с) _
или
128
(р — а) (р — Ь) (р — с) = р.
(1)
Если обозначить точки касания круга радиуса г сторон а, Ь9 с через Aif Ви Cif то, положив AAt = х, BBt = у, CCt = г, получим:
р = х + у + г, а = у + г, b = г + х, с = х + у.
Следовательно, уравнение (1) можно переписать в виде
хуг = х + у + г.
(2)
Ясно, что если х, у, г — целые, то и а, Ь, с также целые, а следовательно, они будут кратны г. Но так как целые решения уравнения (2) суть (с точностью до перестановки неизвестных)
х = 1, у = 2, z = 3,
то а — 5, b = 4, с = 3.
Из последнего следует, что
а2 = Ь2 + с2.
Итак, треугольник прямоугольный.
169.	Рассмотрим сначала случай, когда х < у, тогда
(х!) [1 + (х + 1) (х + 2) ... у ] = xl (х + 1) ... (х +у).
Поделив обе части этого уравнения на х!, легко заметить, что правая часть делится на х + 1, а левая не делится, т. е. в этом случае данное уравнение не имеет решений в целых числах. Аналогично рассматривается случай, когда х > у. Пусть, наконец, х = у, т. е. (2х!) = 2 -х! Поделив обе части этого уравнения на х!, получим (х + 1)... (2х — 1) - 2х = 2,.т. е. х = 1, а следовательно, и у = 1.
170.	Решая второе уравнение системы относительно у, получим:
_ 10x4-1
Подставив это значение у в первое уравнение системы, получаем: г = 10 + х, откуда x=z---------------!— . Ясно, что 10 — z = ± 1.
г	10 — z
Теперь ясно, что если z = 9, то х = 8, у = 9. Если же z = 11, то х = 12, у = 11.
171.	Поскольку а2 — трехзначное число, то
100 < а2 < 1000,
откуда следует, что 10 а 31.
Пусть искомое число 100х +* 10у 4- г. Согласно условию задачи, хуг = а — 1. Цифра г =И= 0, так как при г = 0 число а — 1 = 0, что невозможно. Также легко заметить, что г — нечетное число, так как в противном случае число 100х 4- Юу 4- z четно, значит а четно, а а — 1 нечетно, т. е. хуг нечетно, что противоречит четности числа г. Поэтому а нечетно, а а — 1 четно. Поскольку 100х4-Юу4-+ г = а2 и г нечетно, то г может быть или 1, или 5, или 9.
5 Заказ 164
129
Из всех трехзначных чисел, являющихся точными квадратами, оканчивающихся на 1,5 или 9, и произведение цифр которых не больше 31, имеется всего четыре: 121, 225, 361, 441. Но так как должно еще иметь место хуг = а — 1, то из всех этих чисел полностью выполняется условие задачи только при а2 = 361. Итак, задача имеет ровно одно решение. Искомое число 361.
172.	Перепишем условие в виде
а + с j а-\- с — 2Ь
ас ас — b (а + с) + Ь2
Ь2 {а + с) — b [(а + с)2 + 2ас] %ас (а + с) = О, [д (а + с) — 2асЦ(Ь — (а + с) 1 = 0.
Но так как из второй части условия следует, что Ь — (а + с) =£ 0, то поэтому
Ь (а -г с) — 2 ас = 0,
откуда
2ас = b (а + с).
173.	Вначале убедимся, что л =# 0. Действительно, если а = 0 , то уравнения примут вид:
х2 + * + 1 = 0
и
х + 1 = 0.
Второе из этих уравнений имеет корень х = — 1, не являющийся, однако, корнем первого уравнения. Итак, л#= 0.
Пусть Xi — общий корень данных уравнений. Следовательно, ах3 — х^ — xt {а + 1) = 0	(1)
и
ах* — xi
(а + 1) = 0.
Умножим обе части уравнения (2) на а*.
ах% — (а + 1) х? = 0.
(3)
Вычитая почленно из (1) уравнения (3), получим:
aXi — (а + 1) = 0,
откуда
130
Итак, если уравнения имеют общий корень, то он равен
а
_	и	-	Cl—I— 1	>.<
Легко проверить подстановкой, что число —— действительно удов-fl
летворяет обоим данным уравнениям при любых значениях а += 0.
174.	При k = 3 получаем уравнение первой степени — 6х + + 18 = 0, имеющее положительный корень х = 3. Итак, значение 6 = 3 пригодно. Пусть теперь & #= 3. Тогда данное уравнение является квадратным. Поскольку корни его положительны, то они и действительны. Следовательно, дискриминант уравнения должен быть неотрицательным, т. е. должно быть
/г2 — bk(k — 3)>0, или
fe(18 — 5fe) > 0, откуда
0 < k < 3,6 ‘	(k =+ 3).	(1)
Для того чтобы оба корня и х2 были положительны, необходимо и достаточно, чтобы их сумма и произведение были положительны, т. е.
х ±х2=	>0 и х.- х2 = —- - > 0.	(2)
1	2 k —3	1	2	6—3	4 7
Из неравенств (1) и (2) находим:
3 < k < 3,6.
Итак, при 3 < k 3,6 корни данного уравнения положительны.
175	.; Доказываемое неравенство перепишем в виде
у-а+уь<'2±^-.	(1)
Vab
Так как Уа + Уb > 0 и + уьз=(Уа + УБ) {а — —Уab + д), то для доказательства неравенства (1) достаточно установить, что
У ab + а — У ab + Ь
или а + b 2 Уab, что очевидно. Равенство имеет место лишь при а = Ь.
176	.? Имеем: (а + b) (с + d) = ас + be + ad + bd.	(1)
Кроме того, (Уас — Уbd)2	0, или
ас + bd>2 У ас ~bd.	(2)
Из (1) и (2) следует:
(а + Ь) (с + d) be + ad + 2 Уbc~^ad,
5*
131
или
откуда
(а + b) (с + d)
(К be + Vad)2,
V(a + b)(c + d) >Vbc + Vad.
Равенство достигается только при ас — bd.
177	, Сложив почленно уравнения системы, получим: х2 + / + х + у +1 = О,
или
= 0
откуда
Подставляя эти значения х и у во второе уравнение системы, находим г = — . Таким образом, данная система имеет единственное 1 1 действительное решение: х = у = — — ; г = ~ •
178« Первое уравнение системы перепишем в виде (х2 —у2) 2 = 13 —х2у2.	(1)
Учитывая второе уравнение системы и (1) имеем:
(1 4- 2ху)2 = 13 —х2у2.	(2)
Пусть ху = zt тогда (2) примет вид:
(1 + 2г)2 = 13 — г2, или
5?2 ц-4г — 12 = 0,
откуда находим два возможных знания г:
т. е.
6
ху = — или ху =
Так как, по условию, ху < 0, то имеем только ху = — 2, откуда 2
у =-----. Подставляя это значение у во второе уравнение систе-
мы, получим:
132
или
х4 + Зх2 — 4 = 0.
Это уравнение имеет только два действительных корня: х4 = 1 и Хг — — 1- Находя соответствующие им з^Э^Сеция у, получаем, что система имеет только два действительных рёШёния:
X । = 1,	х% —	1,
У1 =	2, у2 = 2.
179.	Пусть катеты треугольника х и у, тогда его удвоенная площадь равна ху, а утроенный периметр равен 3 (х + у + ]/"х2 + у2). Таким образом, получаем уравнение 3 (х+у + У хг + у2) = ху, откуда ху (ху — 6х — бу + 18) =0, т. е. ху — 6х —бу + + 18 = 0, или
(х - 6) (у - 6) = 18.	(1)
Таким образом, задача свелась к решению уравнения (1) в целых положительных числах. Для определенности пусть х у.
Так как 18 = 1 • 18 = 2 • 9 = 3 • 6, то имеем три системы:
х —6 = 18, у-6= 1;
Отсюда получаем три решения:
х4 = 24, = 7;
х3 — 12, Уз = 9-
х2 — 15, Уг ~ 8;
180.	Данное равенство после приведения к общему знаменателю и приведения подобных членов принимает вид:
Ь2 = а2 + с2 — ас, или
Ь2 = а2 + с2 — 2 • — • а. 2
Из последнего равенства следует, что проекция стороны АВ на сторону ВС равна а потому ZB = 60°.
18L Условие задачи можно переписать в виде
х
а + 2Ь + с
2У
4а 4- 4Ь — 4с
На основании свойства ряда равных отношений из (1) имеем:
х + 2у + z
а -|- 2Ь -|- с + 4а 4~ 4Ь — 4с 4- 4а — 4Ь 4~ с
х
а 4- 2Ь 4- с *
133
или
х 4- 2у г ____ х
9а а 4- 26 -]- с ’ *
Далее, условие задачи можно переписать так:
2х __ у _ —г
2а 4- 46 4 2с 2а 4 6 — с	—4а 4- 46—с ’
откуда
2x-j- у — г	___ х
4Ь — 4а — с 4 2а 4 46 4 2с 4 2а 4 6 — с а 4 26 4 с
ИЛИ
2х 4 У — 2 __ х
96 а 4 26 4 с
(3)
Наконец, условие можно переписать и так:
4х ______	— 4 у____________г
4а 4 86 4 4с — 8а — 46 4 4с 4а — 46 4 о ’
откуда
4х — 4у 42	__ х
4а 4 86 4v4c — 8а — 46 4 4с 4- 4а — 46 4 с а 4 26 4 с ’ или
4х — 4у 4 2 ___ х
9с а 4 26 4 с
(4)
Из (2), (3) и (4) следует: х 4 2у 4 2 _ 9а
2х 4 У — 2 ___4х — 4у 4 2
96	— 9с
или
а ______	6	__ с
х 4 2у + г 2х 4 У — 2 4х — 4у 4 2
что и требовалось доказать.
182. Легко заметить, что
1  1 /1 1 \
(л41)2—1	2 \п	«42/
Таким образом,
134
183< Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что а 0, тогда данное уравнение имеет корни:
Поскольку по нашему предположению а 0, то возможны два случая: а > 0 и а < 0.
Пусть а > 0. Для того чтобы корни были действительными, необходимо, чтобы
Ь2 — 4а (с + X) > 0, откуда
X < — — с.
4а
Следовательно, если А — такое положительное число, что
Ь*
4а
корни будут мнимыми вопреки условию задачи.
Теперь пусть а < 0. В этом случае возьмем положительное
X > — с, тогда произведение корней уравнения равно < 0, а
т. е. оба корня не могут быть положительными вопреки условию. Итак, как при а > 0, так и при а < 0 мы приходим к противоречию условиям задачи. Поэтому а = 0. При а = 0 имеем
х———-— . Этот корень будет положительным (для любых л>0) ь
при Ь < 0; с > 0.
184в Доказываемое неравенство перепишем в виде а2Ь2 + Ь2с2 + + а2с2 + 2 ab2c 4- 2a2bc + 2аЬс2 — За2Ьс — ЗаЬ2с — ЗаЬс2 0, или
2а2Ьа + 2 Ь2с2 + 2 а2с2 — 2аЬ2с — 2а2Ьс — 2abc2 0,
или а2 (Ь2 — 2Ьс + с2) + Ь2 (а2— 2ас ,+ с2) + с2 (а2—2ab+ Ь2)^0, что очевидно.
Равенство, очевидно, имеет место при а = b = с или если хотя бы две из величин а, Ь9 с обращаются в нуль.
185г Из данного ряда равных отношений следует такой ряд равных отношений:
__ с2ап2 __ с3а” _	_ cka%
c2b“ с3Ь3 ’ * * ckbnk *
Теперь на основании свойства ряда равных отношений следует требуемое.
186< Пусть а, &, с — стороны треугольника, а та9ть, тс — соответствующие им медианы. Для определенности пусть а b > с.
135
Так как о2, Z;2, с2 составляют арифметическую прогрессию, то 2d2 = а2 4- с2. Известно, что
та= 1 ]/~2Ь2 + 2с2 — а2, ть = - У2а2+ 2с2— Ь2, £	2
тс= ^У2а2~+~2Ь2— с2. 2
Следовательно,
та= А ]А2 + с2 + 2с2-а2 = ф. ,
^=|Г462=£2 = Ц^,
Итак т -т -т — а^3 • LLjL • с ° а 2	2	2
ИЛИ
а : b : с = т.: mh: т„,
О	is	\Л>
откуда и следует, что треугольник со сторонами тс, tnb, та подобен исходному треугольнику.
187< Данное равенство перепишем в виде
£ а
откуда
(а + b + с) (ab + Ьс + са) — abc = О, a2b + 2аЬс + а2с 4- ab2 + b2c + Ьс 2 + ас2 — О, а2 (Ь + с) + ab (Ь + с) + ас (Ь + с) + Ьс (Ь + с) = О, (Ь + с) (а2 + ab + ас + Ьс) = О, {а + b) (b + с) (с + а) = 0.
Из последнего равенства вытекает, что имеет место хотя бы одно из равенств: а + Ь = 0, й+с = О, с + а = 0.
188.з Раскрыв скобки и перенеся все члены в левую часть, получим:
х2 — 2ху + у2 + и2 — 2uz + z2 + у2 — 2у? + ?2 =0,
или
(х — у)2 + (и - г)2 + (у — г)2 = 0.
Так как квадрат действительного числа не может быть отрицательным, то
(х — у)2 = о, (и — г)2 = 0, (у — г)2 = 0,
136
откуда т. е.
х = у, и = г, у = г,
х — у = г = и.
189. Заметим, что I3 = I2,
1 3 + 23 + З3 + 43 = 100 = (1 + 2 + 3 + 4)2.
Естественно предположить, что
13 + 23 + 33 + ... +п? = (1 +24-34- ... +и)2 =
п (п +0'
2
2. (1)
Для и, равном 1, 2, 3, 4, мы убедились, что формула (1) верна. Пусть уже известно, что
2
Р + 23 + 33 + ... +fe3 =
k (k + 1)
2
(2)
Прибавим к обеим частям равенства (2) Мы получим:
(k + I)3.
13+ 23+ З3 + ... + k3+(k +1)
з= fe2(fe + ‘)2 4
+(*+ 1)3=
(й+1р(Л+2)»
Таким образом, совершен переход от п = k к п = k + 1, и потому формула (1) верна для любого натурального п.
190. Первое решение. Известно, что (задача 189)
+ т3 —
13 + 234-33+ ...
следовательно,
13+234-33Ч- ... +(2п— 1)3+(2п)8=
~2п (2n + I) ]2
(1)
(2)
2
Сделаем перегруппировку в левой части равенства (2):
[13+ 33+ 53+ ... + (2n — I)8] + [23 + 43+ 63 + ... -f (2п)3] =
2п (2п + 1) у 2
(3)
Обозначим искомую сумму через S, тогда равенство (3) перепишется в виде
2
$ + 23(13 + 234- 33-Ь ... + п3) =
2п (2п 4- 1)
2
(4)
137
Учитывая (1) перепишем (4) так:
откуда
S = n2 (2n + I)2 — 2п2 (п 4- I)2 = п2 (2п2 — 1).
Второе
решение. Имеем тождество:
(2т — I)3
= 8m3 — 12m2 4- 6т — 1.
Придавая т значения 1, 2, 3, .... п, получим:
I3 = 8	•	I3—	12	•	I2	+6	•	1 — 1,
З3 = 8	•	23 —	12	•	22	4- 6	•	2—1,
5s = 8	•	З3 —	12	•	З2	4- 6	•	3 — 1,
(1)
(2п — I)3 = 8п3 — 12п2 4- 6п — 1 .
Складывая почленно все равенства (1), получим:
134-334-53 4- ... 4-(2n—I)3 = 8[134-234-З34- ... 4- п3] —12(124-4-22 4- - 4-п2) 4-6(1 4-2 4- - 4-п) — п =
_ g l~n(n + 1) |2_J2 п (» 4- 1)	+ 1) g л(п4- 1) _п_
2 I	6	2
= 2п2(п 4- I)2 — 2п(п 4- 1)(2п 4-1) 4* Зп(п 4- 1) — п =
— 2п4 4- 4п34~ 2и2— 4п3— 6п2— 2п+ Зп24- Зп— п = 2п4—п2=
= п2(2п2 — 1).
191» Пусть в многочлене
f (х) = апкп 4- йп-1хЛ-1
4- ... + а2х2,+ ахх + aQ
свободный член aQ = 0; тогда, подставляя вместо х нуль, получим f (х) — f (0) = 0. Этим мы доказали достаточность условия.
Пусть теперь многочлен f (х) обращается в 0 при х = 0; тогда получаем, что а0= 0, т. е. сформулированное условие является и необходимым.
192. Поскольку 1 + )/3 является корнем данного уравнения, то должно иметь место равенство:
3(1+ К3)3+ а(1+ КЗ)2 + &(1 +]/3)+ 12 =0,
или, после несложных преобразований, получаем: (4а + b + 42) + (2а + b + 18) К3"= 0.
Так как, согласно условию задачи, а и & должны быть целыми, то 4а + Ь + 42 и 2а + Ь + 18, как суммы целых чисел, также должны быть целыми числами.
Пусть 4а + b + 42 = Д, 2а + b + 18 = В (Ди В — целые).
138
Итак, имеем:
А + В /3 = 0.
Отсюда получаем: В = 0.
__ л
Действительно, если В #= 0, то у 3 =---, т. е. иррациональное
В
число V 3 оказалось равно рациональному, что невозможно. Таким образом, В = 0, а следовательно, и А = 0. В силу изложенного заключаем, что для того, чтобы число 1+]ЛЗ было корнем данного уравнения, необходимо и достаточно, чтобы числа а и b удовлетворяли системе:
4я+^ + 42=0,
12а + 6+ 18 = 0.
Решением этой системы является единственная пара чисел: а = —12, b = 6.
193« Имеем очевидное неравенство:
х2 + у2 > 2ху.	(1)
Умножив обе части неравенства (1) на ab (ab > 0), получим: ab (х2 + у2) > 2abxy.	(2)
Прибавив к обеим частям неравенства (2) выражение (а2 + Ь2)ху# получим:
(а2 + b2)xy + ab (х2 + у2) > (а2 + Ь2)ху + 2аЬху, или
(ах + by) (ay + bx) > (а + b)2xy.	(3)
Так как (а+ Ь) (ау + Ьх) > 0, то, поделив обе части неравенства (3) на (а + b) (ay + Ьх), получим требуемое неравенство:
(а 4- b) ху ах+ by ay -|- bx а + b
194в Имеем очевидные неравенства: а2 + b2c2 > 2abc, Ь2 + с2а2 > 2аЬс, > с2 + a2b2 2abc. ,
(О
Сложив почленно неравенства (1), получим:
а2 + а2Ь2 + Ь2 + Ь2с2 + с2 + с2а2 баЬс, или а2 (1 + Ь2) + Ь2 (1 + с2) + с2 (1 + а2) 6аЬс. Равенство достигается при а=Ь = с = 0, при а=1, b = с~—1, при а — b = — 1, с = 1, при а = с = — 1, b = 1 и при а = Ь = с = 1.
139
195. Сложив все п равенств, данных в условии, и поделив обе части полученного равенства на 3, получим:
01 + ^2 + О3+ ... + Cf'n-i
“h ап 0.
(1)
Поскольку п = 3k + 1, то
(а1+а2+о3) + (а4+а5+ав) + - + (ап_в+а„_5+ап_4) +' + (ап_3+ ап_2+ an_t) + оп = 0.	(2)
Каждая из сумм, заключенных в скобках, на основании условия задачи равна нулю, поэтому ап = 0. Таким же образом, переставляя ап на первое место и представляя равенство (1) в виде (ап+а,+а2) + (а3+а4+а5) + ... +(ап_4+а^з+а^+а^^О,
найдем, что an_t = 0. Далее, переставляем ая11 на первое место и опять группируя слагаемые по три, мы таким же образом, как и раньше, убедимся, что ол_2 = 0, и т. д.
Итак, Ot = а2 — а3= ... = ап — 0, что и требовалось доказать. 196Л Перепишем условие задачи в виде
(ап+1— ап) — (fln— ап-1) = !•
Введем обозначение: ak ah~i = Ph'
При k = п равенство (2) имеет вид:
^п—1 Рп>
а при k = п + 1
^п+1	Рп+1‘
(1)
(2)
(3)
(4)
Учитывая (3) и (4), равенство (1) перепишется в виде
Рп Рп~1 4“ 1 >
т. е. числа рп образуют арифметическую прогрессию с разностью 1. Следовательно, рп = р2 4- (и — 2). Имеем:
+.= (+г~ ап-1) 4-(ап-1—+г-2) + - + (о2~ <*1) 4-а,=
= pn+pn_i+ ... +р2 + а1 = (п — 1)р2+(п — 2) + (п — 3) +...+
197	.: Пусть стороны данного треугольника a, b и с, а соответствующие им высоты ha, hb, hc. Для определенности пусть а с, а следовательно, № = ас, так как, по условию, стороны составляют геометрическую прогрессию.
™	,	28	.	2S и 2S
Так как	ha	= —	, hb=	—	,	—
а	b	с
140
где S — площадь данного треугольника, то
,	.	. 2S 2S 2$	1	1	1 ас ас ас
hc:hb\ha^ - : - : _ =
с о а с о а с b а
ас Ь2	ас	,
=	— а : b : с.
с	Ь	а
Итак, а : b : с = hr : hh : h„, откуда и вытекает подобие треугольников.
198	.^ Пусть а — d, a, а + d — стороны треугольника. Тогда его площадь
е	3
S = гр = — аг,
2
где г — радиус вписанного круга, ар — полу периметр.
Если ha — высота треугольника, опущенная на сторону а (т. е. на сторону, среднюю по величине), то
Q aha 3 о = — = — аг.
Откуда г =	, что и требовалось доказать.
199	. Если скорость первого автомобиля х км/ч, то скорость второго (х — 10) км/ч. Отсюда ясно, что
х > 10 км/ч.	(1)
г_-. Первый автомобиль затрачивает время на покрытие пути в 100 км вместе с остановкой:
а второй
100 -----ч. х-10
Согласно условию задачи, должно иметь место неравенство:
229 А < 100
х 6	х— 10 *
Освободившись от знаменателя (напомним, что х— 10 > 0) получим;
х2 — 10х — 1200 < 0,
или
(х + 30) (х — 40) < 0,
откуда —30 С х 40.
Но, учитывая (1), имеем окончательно:
10 < х < 40.
141
200.	Пусть искомое число слагаемых и, а их сумма ЮОх + 10х + х = 111 х.
Таким образом, имеем:
п (п 4- 1) 2
= 1Пх = 3-37-х,
О)
или
п (п + 1) = 2 • 3 • 37  х.
Так как х— цифра, то х может принимать значения 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ясно, что ни п + 1, ни п не могут принимать эти зна-п(п4- 1) чения, так как при этих значениях < не есть трехзначное число. Следовательно, одно из чисел п или п + 1 должно быть равно 37.
Пусть п = 37, тогда п + 1 = 38, а п^п —1 - = 703. Однако это 2
противоречит равенству (1), так как из (1) следует, что число должно быть кратно трем, а 703 не кратно 3.
Теперь пусть п+1=37, тогда п=36. В этом случае * = 666.
Таким образом, число слагаемых равно 36.
201.	Имеем:
А_______В = Л(х+ 1)2 +£(* —2) = Лх2 + (2А + В)х+ А —2В
х — 2~^(х+1)2— (х —2)(х+1)2	х3 —Зх —2
Итак, имеем:
х2 + 5 = Лх2 + (2Л + В) х + (Л — 2В).	(1)
Так как (1) — тождество, то должно быть:
М = 1,
| 2А + В =0,	(2)
I А— 2В - 5.
Все три равенства выполняются при Л = 1, В = — 2. 202. В силу условия задачи и теоремы Виета имеем:
Р + q = — Р и pq = q-
Второе равенство перепишем в таком виде;
q (р - 1) = 0,
отсюда или q = 0, или р = 1. Подставляя эти значения в первое равенство, находим соответственные значения: либо р = 0, либо Я = ~ 2.
142
Таким образом; требованиям задачи удовлетворяют два квадратных уравнения:
х2 = О и х2 4- х — 2 = 0.
203.	Умножив обе части доказываемого неравенства на положительное число (а 4- х) (а2 4- х2), получим неравенство:
\а — х) (а2 4- х2) < (а2 — х2) (а 4-х)	(1)
Если мы докажем неравенство (1), то из него будет следовать и требуемое неравенство (достаточно разделить обе части неравенства (1) на положительное число (а 4- х) (а2 4- х2)). Раскрывая скобки и приводя подобные члены, перепишем (1) в виде
2а2х — 2ах2 > 0, или 2ах (а — х) > 0.
Но последнее неравенство действительно имеет место, поскольку а — х > 0 и ах > 0.
204.	На основании обратной теоремы Пифагора при п = 2 исследуемый треугольник прямоугольный. Пусть п > 2. Разделив обе части данного равенства на ап. получим — + (—| =1. Так ' а /	' а /
и	1	/ b \п , I с\п / b\2 i / с\2	/2 ,
как о<а и с<а, то 1= — 4- — <(— + -]> т. е. о2 4-\а/	\ а /	\ а /	\ а/
+ с2 > а2. Следовательно, при п > 2 треугольник остроугольный, тт	п	1	/ b \2 .	/ С \2 гт,
Наконец, если п <2, то 1 = (— + — > (— I 4-1 — • Таким об-\а / \а )	\ а / \а J
разом, при Ж 2 треугольник тупоугольный.
205.	Пусть скорость путешественника х км в день; тогда, согласно условию задачи, имеем систему неравенств:
(х + 20)8< 1000,
!Х— 1512> 10000, 3/
Из первого неравенства получаем:
х < 105,
а из второго находим:
х > 99.
(1)
(2)
Так как неравенства (1) и (2) должны иметь место одновременно, то 99 км в день < х <С 105 км в день.
206.	Пусть скорость точки х м/сек. тогда она тратит на прохождение пути в 630 км
630
сек.
143
а при скорости в (х 4- 3) м/сек —
630
сек.
х + 3
Согласно условию задачи, должна иметь место система неравенств:
— — 280< — х	х ;
После тождественных преобразований, получаем систему неравенств:
х2 + Зх — 1890 < 0, 4х2 + 12х — 27 > 0.
О)
(2)
Учитывая, что х > 0, из неравенства (1) получаем:
0 < х < 42,
(3)
а из неравенства (2) находим:
3_
2
(4)
Поскольку неравенства (1) и (2) должны выполняться одновременно, а потому имеем окончательно:
— м/сёк
42 MjceK.
х>
207.	Имеем: Sn = t2«4-4(n-1)1	s, =
п	2	п
[2а —^(п — 1)] п 2
откуда
sn-s; = 2d(n-l) и sn + s; = 2na.
Следовательно,
208.	Пусть г — разность прогрессии, тогда Ь — а + г, с = а + 2г, d = а 4- Зг. Следовательно, abed + (b — а)4 = а (а + + г) (а + 2г) (а 4- Зг) 4- (а 4- г —а)4 = (а2 + Заг) (а2 4-Заг + 4- 2г2) + г4 = (а2 4- Заг)2 4- 2г2 (а2 4- Заг) 4- г4 = (а2 4- Заг 4- г2)2.
209.	Согласно условию, должно иметь место тождество:
х3 4- 4х2 4- 6х 4- 4 = А (х 4- I)3 + В (х 4- I)2 4- С (х 4- 1) + D,
или
х3 4- 4х2 4- 6х 4- 4 = Ах3 4- (ЗД 4- В) х3 4- (ЗД 4- 2В 4- с) х 4-4- (Д 4- В 4- С 4- D).
144
Следовательно, должно быть:
।
ЗЛ + В = 4, ЗЛ + 2В + С = 6, Л+В + С + О = 4.
Решая эту систему, получим:
Л=В=С = Р = 1, а поэтому
х3 + 4х2 + 6х + 4 = (х + I)8 + (х + I)2 + (х 4- 1) + 1.
210.	Пусть Xi и х2 — общие корни обоих заданных уравнений. Тогда Xi и х2 удовлетворяют также уравнению, представляющему собой разность заданных уравнений, т. е. уравнению:
рх2 — qx + 6 ® 0.	(1)
Умножим теперь первое из заданных уравнений на 2, второе на 3 и вычтем полученные уравнения одно из другого. Мы получим уравнение:
х3 — 2рх2 + 3qx == 0,	(2)
которое также имеет xt и х2 своими корнями. Так как Xi =# 0, х2 =И= 0 (поскольку в заданных уравнениях свободные члены отличны от нуля), то последнее уравнение можно сократить на х, и мы получим новое уравнение:
х2 — 2рх + 3q = 0,
которому числа х4 и х2 также удовлетворяют.
Итак, квадратные уравнения (1) и (2) имеют одни и те же корни, Xi и х2.
Следовательно, по теореме Виета
.	р	6
Х1 + х2 =	, Х1Х2 = —,
Я	Р
Xi + х2 = 2р, Х1Х2 = 3q.
Отсюда мы получаем соотношения:
-* = 2р; 3g=	,
р	р
из которых легко находим: р = 1, q = 2.
Подставив эти значения р и q в данные уравнения, получим: х3 + х2 + 18 = 0
х3 + 2х + 12 = 0,
145
или
(х + 3) (х2 — 2х + 6) = О
и
(х 4-2) (х2 — 2х 4- 6)=0.
(3)
(4)
Каждое из уравнений (3) и (4) выполняется, если х является корнем уравнения х2 — 2х 4- 6 = 0. Следовательно, при р = 1 и q = 2 данные уравнения имеют два общих корня. Решая уравнение х2 — 2х + 6 = 0, находим эти корни: х1>2 = — 1 ± i
Итак, данные уравнения имеют два общих корня тогда и только тогда, когда р = 1, q = 2.
211.	Пусть число а — общий корень данных уравнений, тогда
а3 + PiCi 4- qi = 0
и
а3 + 02^4-= 0»
откуда
4* ?i —	4" 9г*
Так как р} Рг, то отсюда следует, что
а =
Pl — Pt
Причем а У= 0, поскольку q2 ф q^ Далее, х2 4- гпх 4- п частное от деления многочлена
пусть трехчлен х3 + ррс 4- на
х — а, т. е.
х3 4- PiX 4- ?i = (х — а} (х2 -Ь тх 4- и),
или
х3 4- PiX 4- ?i = х3 — (а — т) х2 + (п — ат) х — ап.
Сравнивая коэффициенты в левой и правой частях, получаем: т — а = 0 и ?! == — ап.	(1)
Если ?! =# 0, то из (1) получаем а =# 0, п =И= 0, и потому
т = а,
а
Таким образом, кроме х = а, первое уравнение имеет еще два корня, определяемых из квадратного уравнения:
х2 + их — & = 0,
а
т. е. корни
*2’3 ~
146
Если же q{ = 0, то первое уравнение принимает вид хя+Р1Х = 0. т. е. имеет корни 0 и ± У— р± (один из которых, по условию, совпадает с а).
Аналогично второе уравнение имеет при ?2#=0» кроме корня а, еще два корня:
*2>з = у (—у/'а2+
а при q2 = 0 имеет корни 0 и ±У— р2 •
212.	Предположим, что рациональное число т является корнем п
данного уравнения. Дробь — будем предполагать несократимой п
(так что т и п не имеют общих множителей). Подставив эту дробь в данное уравнение вместо неизвестного и освободившись от знаменателя, получим:
т2 + ртп + qn2 = 0.
Из этого равенства вытекает, что q делится на т. Поскольку q — нечетное, то т должно быть тоже нечетным числом. Нечетным числом является и п, так как в противном случае из предыдущего равенства вытекало бы, .что сумма нечетного и четного чисел равна нулю, что невозможно. Но при нечетных m, n, р, q в равенстве т2 4- ртп + qn2 = 0 все слагаемые — нечетные числа и их сумма не может быть равна нулю. Таким образом, рассматриваемое уравнение не имеет рациональных корней.
213.	Имеем а2 + b2 2аЬ, и потому
с (а2 + Ь2) > 2 abc.	(1)
Аналогично
а (Ь2 + с2)
2abc
(2)
и
b (с2 + а2) > 2abc.	(3)
Сложив почленно неравенства (1), (2) и (3), получим:
с (а2 + Ь2) + а (Ь2 + с2) + b (с2 4- а2) 6abc9
или
ab (а + b) 4- Ьс (Ь + с) 4- са (с 4- а) 6abc.
Этим мы доказали левое неравенство. Равенство достигается при а = b = с или если хотя бы два из чисел а, Ь, с равны нулю (и только в этих случаях).
Далее, имеем:
147
или
2ab < а2 4- ft2,
ab < a2 4- b2 — ab.
Умножив последнее неравенство на (а + b)t получим:
ab (а 4- Ь) < а3 + Ь3.	(4)
Аналогично
Ьс (Ь 4- с) < Ь3 4- с3	(5)
са (с 4- а) < с3 + а3.
(6)
Сложйв почленно неравенства (4), (5) и (6), получим:
ab (а + b) + Ьс (Ь + с) 4- са (с + а) < 2 (а3 + Ь3 + с3).
Итак, мы доказали и правое неравенство. Равенство достигается лишь при а = Ь = с.
214.	После тождественных преобразований данное неравенство перепишем в виде
2а3 + 263 4- 2с8 >
a2b + а2с + ab2 + Ь2с
ас2 + Ьс\
или
2 (а3 + Ь3 + с3) > ab (а 4- b) 4- Ьс (Ь 4- с) 4- ас (с +а).
Последнее неравенство мы доказали (см. задачу 213).
Равенство достигается лишь при а = Ь = с.
215.	Сторона, лежащая против угла в 120°, наибольшая. Поэтому если стороны, заключающие угол в 120®, равны а и а 4- d (где d > 0), то третья сторона а + 2d. Имеем:
(a +’2d)2 = (а+ d)2 + a2 + 2j(a + d)
(на основании теоремы о квадрате стороны треугольника, лежащего против тупого угла), или
3d2 + ad — 2а2 = 0;
откуда
d = -з
Таким образом, стороны треугольника равны:
За 5а 7а
~з ’ ~з 9
т, е. относятся как 3:5:7.
148
216.	Пусть в треугольнике АВС (рис. 24) АВ=с, АС=Ь, ВС =а, причем а — b = Ь — с, т. е.\ согласно условию, стороны а, Ь, с составляют арифметическую прогрессию.
BD—медиана, М — точка пересечения медиан, О — центр вписанной окружности.
Обозначим площадь треугольника АВС буквой S, а радиус вписанной окружности—буквой г. Тогда S = ^i_L±_5 .г> или, учиты
Рис. 24
вая, что а 4- с = 2Ь,
Площадь треугольника АМС равна у S = у • г, а поэтому его высота МК = г.
Проведя радиус ON в точку касания окружности с АС, убедимся, что МК = ON, а поэтому МО || АС.
217.	Положим, что скорость лодки в стоячей воде равна х км/ч, тогда ее скорость по течению равна (х + *0 км/ч, а против течения (х — v) км/ч. Время прохождения а км по течению равно
* + я
а на прохождение b км против течения затрачивается
х —v
Согласно условию задачи, должно иметь место неравенство:
Так как по смыслу задачи (х + к) > 0 и (х — а) > 0, то, умножив обе части неравенства (1) на положительное число (х + v) (х— v)9 получим неравенство:
а (х — v) + b (х + v) t (х2 — v2),
удовлетворяющееся при тех же значениях х, т. е. неравенство:
t х2 — (а + Ь) х + v (а — Ь) — tv2 0.	(2)
Поскольку t > 0 и —tv2 <z 0, то корни левой части неравенства действительны и имеют противоположные знаки. Положительный корень многочлена, стоящего в левой части (2), равен:
149
Д 4- f> + '/(о + b)2— 4vt (a — b) + 4/M 2/
Так как />0, то неравенство (2) имеет место при х, не меньшем большего (положительного) корня, или при х, не большем меньшего корня (отрицательного). Но поскольку х должен быть положительным, то имеем лишь одну границу:
а 4-b 4-(а 4-Ь)2—4vt(a—b)4-4t2v2	.
х > ———----------------------—------- км ч.
2t	1
218.	Перепишем данное уравнение в виде
(х2 — а2)2 — Зах (х2 — а2) 4- 2а2х2 = 0.	(1)
Очевидно, что х 0, так как если бы х — 0, то тогда а* — 0, что противоречит условию, (а Ф 0). Разделив обе части уравнения (1) на а2х2, получим равносильное уравнение:
(у2 д2 у 2	/ у2__ д2 \
-—“ \ — 3 р—-) 4-2 = 0, ах I \ ах J
откуда
х2— а2 = 3+ /9^8 _ 3 ± 1
ах	2	2
Итак, имеем два уравнения:
х2— а2 , х2— а2 с, -----= 1 и ------= 2.
ах	ах
Решая эти уравнения, получим: а(1 ± /5)
*1.2=-----г—- . *3.4 = а (1 ± У2).
219.	Имеем:
(1)
Перемножив все равенства (1), получим:
р— !_ А. А.А.А ” —1.” + ! _ 2	2	3	3	4	4'“ п п
150
[1-2-3 ... (n—1)] [3 -4-5 ... (я+1)| _ 1 • (л + 1) = «+ 1 (2 • 3 • 4 ... п) (2 • 3 • 4 ... л)	л • 2 2л
220.	Пусть а — первый член прогрессии, тогда прогрессия имеет вид:
а, ад, ад2, ... , адп~2, ад1*-1.
Найдем сумму произведений первого члена на следующие за ним; сумму произведений второго члена на следующие за ним и т. д. Имеем:
2^-1 =	°2? (
ч —1
2 п cPqn+*— а2а* a2qn = —------—
7—1
=	0 У”-3
(1)
(2)
(3)
Сложив почленно все эти равенства, получим в левой части искомую сумму. В правой же части:
221.	Так как а > 0, b > 0, с > 0, то доказываемое неравенство можно переписать в виде
а3 + Ь8 + с8 a2b2c2 (ab 4- ас + Ьс).
Поделив обе части (1) на а2Ь2с29 получим:
а6 ।	। св
Ь2с2 а2с2 а2Ь2
аЬ + ас + Ьс.
(1)
(2)
Итак, нам достаточно доказать неравенство (2).
Имеем очевидные неравенства:
151
ae . с6 ______ /а3 >2	.	(с3 \2>	g	Д2с2
Ь2с2	а2Ь2	\ Ьс)	\аЬ/	Ь2	’
bG	cG _ /\2	.	/с3 2	2	*2, с2
а2с2	а2Ь2	\ае /	\ab ) а2
(3)
Сложив почленно (3) и сократив на 2, получим:
Ь2с2 . а2с2
. св а2Ь2 । а2 с2 J b2c2 а2Ь2 с2 Ь2 а2
(4)
Далее, имеем:
а2Ь2
а2Ь2	Ь2с2
с2 а2
(5)
b2c2 ( а2с2 ~аГ ~Ь*
Сложив почленно (5) и сократив на 2, получим:
С6 а2Ь2
Из (4) и (6) следует, что ь* а2с2
а6
6V
(6)
(7)
Но так как а2, 4- Ь2 4- с2
> ab 4- ас 4- Ьс, то
Ь2с2 а2с2
а2Ь2
ИЛИ
а8 а2Ь2с2
Ь* а2Ь2с2
с8 а2Ь2с2
ай + ас + Ьс,
и потому
а8 + Ь3 + с6 > a2b2c2 (ab + ас + Ьс).
Таким образом, мы доказали неравенство (1); следовательно, доказано и предложенное неравенство.
222.	Проведя отрезок ВМ (рис. 25), легко убедимся, что
S&BMct = 28ламсг	(1)
Так как 5длл,с = 25длглв и 8^а,мс = 25дл,мв, то
S^amc = 25длл1в.	(2)
152
Рис. 25
Пусть S&amci = х. Тогда из (1) и (2) следует, что З&вмс, = 2х, 8ддмв = Зх, Здамс = 6х, S&ACC, = 7х, а поэтому Зддвс = 21х.
Таким образом, S^AMC = 6х= — S^abc.
Аналогично получим: 2	2
S&ANB = у 5дЛВС, •5двкс= у 5дЛвс-
Поэтому
6	1
S^KMN = S&ABC— -Г S&ABC= -Г S&ABC*
Следовательно, —— = _L , S&ABC 7
223.	Через х единиц времени первое тело будет находиться на расстоянии (а — xv), а второе тело — на расстоянии (& — xv) от точки О (рис. 26). На основании теоремы Пифагора расстояние между телами через х единиц'времени равно:
d = )Л(а — xv)2 + (Ь — xv^2.
(1)
Так как d принимает наименьшее значение одновременно с подкоренным выражением, то задача сводится к нахождению наименьшего значения выражения:
(а — xv)2 + (b — xut)2,
т. е. выражения:
(v2 4- и/) х2 — 2 (av + feuO х + (а2 + b2).
Так как v2
+ v2 > 0, то последнее выражение имеет минимум:
av + bvt о2 4- v2
153
Подставляя это значение х в (1), получим:
л . /(bv — auj2 = фи-аил
“min- Д/ -------—•
224.	Пусть скорость велосипедиста при движении от Л до В и от В до остановки равна х км/ч, тогда он затратил времени на движение от Л до В
а на движение от В до Л
/1 ।	। 60 — х\
Id-------------ч.	(2)
\	3 х + 4/
Согласно условию, выражение (2) не должно быть больше, чем выражение (1), т. е. должно иметь место неравенство:
1 , _L . бо—х 60
3 х d- 4 х ’
или (поскольку X > 0)
х2 4- 16х — 720 < 0-
Это неравенство можно переписать в виде (х + 36) (х — 20) < 0,
откуда
—36
(3)
х < 20 ,
Но так как х > 0, то, учитывая (3), имеем окончательно: 0 < х < 20 км/ч.
225.	Очевидно, что х = — 1 не является корнем данного уравнения, поэтому, поделив обе части уравнения на (х + I)2, получим равносильное уравнение:
/ х2 4 2 . 5х2— 6х — 6  л
\х d- 1 /	х + 1	’
или
М-) +5Hh)-6=0-	(О
\х+ 1/ \Х + 1/
X2
Пусть ----= у, тогда уравнение (1) примет вид:
х +1
у2 + 5у — 6 = 0,
откуда у! = 1, уг = — 6.
154
Таким образом, данное уравнение распадается на два:
у*2	•
= 1 ц	= — 6.
X + 1	к + 1
Из первого уравнения получаем:
1 ± К ”5”	/—
Xh2 =-----О----» а И3 ВТОРОГО Я3,4 = — 3 ± V 3.
226.	Перепишем данное уравнение в виде
х4 + 2х(I) 2 + 1 + 3 (х3 + 2х2 + х + 2) — 4 (х2 + 4х + 4) =0,
или
(х2
или
+ I)2 + 3 [х2 (х + 2) + (х + 2)] -4 (х + 2)2 = о,
(х2 4- I)2 + 3 (х + 2) •' (х2 + 1) — 4 (х 4- 2)2 = 0.	(1)
Так как х = — 2 не является корнем данного уравнения, то
х 4- 2 #= 0. Поделив обе части (1) на (х 4- 2)2, получим равносильное уравнение:
Откуда получаем два уравнения:
1 ± V 5
Из первого уравнения находим: хЬ2 =-------9----, а из второго—
х3,4 —	2 +	1.
227.	Имеем:
(I)
I I	1	_ (п — 1) (п + 1) 4- 1 _ п2
+ (п-1)(п + 1) ~ (п-1)(п+ 1)~ ~ (п-1)0мПГ)’
। .	1	__и (п + 2) 4-1_ (Л 4-1 )2
п (п 4- 2) л (п 4-2) п (п 4- 2)
Перемножив почленно все равенства (1), получим:
р __	22 • З2 • ... . и2 » (п 4- I)2_
“ (1.2 • 3 • .. . • п) [3 • 4.5 . . . . • (п4-2)]
155
_ (1-2-3 • ... • n) (1 • 2 • 3 • ... • n) (n + l)a =
(1 • 2 • 3 • ... • n) [3 • 4 • 5 • ... • (n + 1) (n + 2)] ~
— 1 • 2 • (я + 1) _ 2 (n + 1) n + 2	n + 2
228.	Очевидно, что первое слагаемое n-й скобки есть п^п
а число слагаемых в этой скобке равно п + 1, а потому n-я скобли+1) (л+2) гг
ка равна 7	—7. Теперь ясно, что
2+34-4 =
л (л + 1) (л + 2) _ л (n + 1) (л + 2)
2	~	2
(1)
Перемножим почленно все равенства (1), мы получим: f	(л + 2)!
р___	(	______2	__л!л! (л + 1) л! (л + 1) (л + 2)
““	2"	—	2Л+1
_(л!)з (п+1)2(п + 2) 2л+1
229.	Имеем:
= и,
«2 =	= 2« — 1,
2	2— 1
с _ Зл— 1
^з-	2 .
яп —1
п — 1
Следовательно,
Sj + S2 + 2S3 + 3S4 4* ... + (n — 1) Sn =
= n + (2Л — 1) + (3n — 1) + ... + (n« — 1) = = n + 2" 4- 3" + ... 4- nn — (n — 1) =
= 1" 4- 2" 4- 3" 4- ... 4- nn.
156
230.	Если обозначить первый член прогрессии через а, а знаменатель — через q, то имеем:
а(<?2”-1)	„	_ а(<?=>"-1)
°п------’ °2П------------ ;	• °3п —	„ f •
q— 1	q —1	q—1
Таким образом,
a (q2n — I)! 9—1
а2 (д" — 1) (g3fi — д2П) _ c2<?2n (q’! — I)2 (q - I)2	~	(9 -1)2
а9«(дП— 1) 2
9-1 J
а (д2П — 1) q — 1
231.	Если а — 0, то 1 > 0, т. е. имеем верное неравенство. При а > 2 доказываемое неравенство перепишем в виде
2а3 + а2 + а + а2 + 1 > 2а.
(1)
Поделив обе части неравенства (1) на положительное число а, получим неравенство:
2а2 + а + 1 4- а + —
2,
(2)
а
справедливость которого мы и должны доказать. Трехчлен 2а2 + а + 1 принимает только положительные значения, так как его корни комплексные. Кроме того, а + — > 2. Следовательно, а
неравенство (2) верно, а поэтому верно и доказываемое неравенство. 232. Имеем:
ab (а 4- Ь — 2с) + bc(b +’с — 2d) + ас(а 4- с — 2Ь) =
так как — У
— > 2, если х > 0, у > 0; X
Равенство достигается только тогда, когда одновременно имеют место равенства: а + Jb = 2с, Ь 4- с = 2а, а + с = 2Ь, т. е. при а = Ь = с.
233.	Продолжим боковые стороны трапеции A BCD (рис. 27) до пересечения в точке К.
Пусть х — длина отрезка MN, делящего площадь трапеции пополам, AD = а, ВС — Ь.
. Пусть S — площадь трапеции.
157
Sj — площадь треугольника В КС.
Так как &MKN со Д В КС, то
5 + \ =	(п
Sj b2 ‘
Поскольку AAKD со ДВКС, то
23 4	__ д2	?2\
St	~ b2‘	v '
Из (1) и (2) следует:
2 S + St____2S + S1 __ 2х2_____а2_
sx ~ Si “ ь2 72 ’
или
। _ 2х2 — а2
~ Ь2 ’
откуда х = J/ ——
234.	Пусть Dt Е, F — точки касания вписанной окружности со сторонами данного треугольника (рис. 28), аг — радиус этой окружности.
Так как гипотенуза АВ = а + Ь, катет АС = а + г, катет ВС = = b + г, то по теореме Пифагора:
(а 4- Ь)2 = (а + г)2 + (Ь + г)2,
т. е. г2 + (а + Ь) г = ab.
Но 5дЛВС = - (АВ + АС + ВС) • г = = ^(a + b + a + r+ b + r)-r = == (а + b + г) • г = г2 4- (а + Ь) г. Из (1) и (2) следует, что
S&ABC =
(1)
(2)
158
235.	Обозначим расстояние от А до В через а км. Если время движения первого от А до В равно t часов, ю
2
откуда
2а
Время движения второго туриста равно:
__ а । а ________ а -|- t'2) 2vv 2v2 2vxv2
Имеем:
гр _______ a foi -J- v2) 2а ________ a [fo\ 4~	— 40^^21
2^2	+ U2 2v\v2 fox + v2)
= a foi — ^)2__________
2 VjV2 (t\ -|-
Так как =£ v2, то Т — t > 0, т. е. Т > Л Следовательно, первый турист прибыл в В раньше второго.
К тому же результату можно прийти исходя из следующих соображений. Пусть vt > v2. Со скоростью vt второй турист прошел половину пути, а первый турист — больше половины пути. В момент достижения каждым из них средины второй замедлил скорость движения, а первый продолжал еще некоторое время двигаться с прежней (большей) скоростью, а поэтому обогнал второго.
236.	Первое решение. Ясно, что все корни многочлена F (х) не могут быть равными, поскольку в противном случае F (х) был бы точным кубом (х — а)а, что при q=£0 невозможно. Следовательно, многочлен имеет хотя бы два различных корня. Пусть эти корни Xi и х2» причем для определенности пусть xt < х2. Если предположить, что р > 0, то получим х$ < х% и рхх < рх2. Из этих двух неравенств следует, что
Р (*i) = *? + pXi -|- q<x} + рх2 + q = F (х2).
Но это противоречит равенствам F (xt) = О, F (х2) = 0.
Следовательно, наше предположение, что р > 0, привело к противоречию, т. е. р < 0.
Второе решение. По формулам Виета имеем:
Xi 4- х2 + х3 = О,
*1*2 + *1*3 + *2*3 = Р>	(D
*1*2*з = — Q-
159
Из первого уравнения (1) имеем:
Но учитывая второе уравнение (1), получаем:
Х^ + *2 + Х3 +	= О’
(2)
Так как, по условию, q =^= 0, то хь х2,	— отличные от нуля
числа, а потому из (2) следует, что р < 0.
237.	Данное уравнение можно переписать в виде х2 + 2х — 11 = у (3 + х),
откуда
= х8 + 2х~- 11 = х2 4- 2х — 3 — 8 __ (х- 1)(%4 3)—8
У х+3	х + 3	~ х + 3
Итак,
Для того чтобы у было целым числом, необходимо и достаточно, чтобы х + 3 было делителем числа 8, и так как мы ищем только положительные значения х, то должно быть х + 3 = 8.
Следовательно,
х = 5, у = 2.
238.	Пусть искомое число имеет вид 100а + 106 + с. Поскольку, по условию, цифры этого числа образуют геометрическую прогрессию, то должно быть
Ь2 = ас.
(1)
Цифра с не может быть четной или равной 5, так как искомое число не было бы простым. Значит, с принимает одно из значений 1, 3, 7, 9. При с = 3 находим из (1), что b делится на 3, значит, Ь2 делится на 9 и потому а делится на 3, т. е. все цифры а, 6, с де-^ лятся на 3 и, значит, число не простое. То же будет при с = 7. Итак, остаются две возможности: с = 1; 9. Из(1) теперь следует, что а является точным квадратом, т. е. имеются возможности а=1, 4, 9. Поскольку, по условию, а=/=с, мы получаем из (1) следующие возможности: 139, 469, 421, 931. Но в случае 469 знаменатель прогрессии не является целым, а число 931 = 7 • 133 не является простым. Таким образом, условию задачи удовлетворяют два числа: 139 и 421.
239.	Доказываемое неравенство можно переписать в виде
или
q2(1 + ^)+62(1+Q4) (1 +а4)(1 -М4)
14-о«	14-М
(I)
160
Имеем, очевидно, (а2— I)2 > 0, или а4 + 1 > 2а2, откуда
1	А	62	/ 1
. Аналогично ------, что
2	b* + 1	2
Равенство достигается лишь при и b = ± 1.
240. На рисунке 29 отрезок ВО ВМ — прямая, симметричная медиане ВО относительно биссектрисы BD в треугольнике АВС.
В треугольниках АВМ и ОВС углы при общей вершине В равны, а поэтому
S&ABM __ AM _ АВ - ВМ , п s&obc ОС ~~ ВС - ВО' '
и доказывает неравенство (1). а2 = £2 = J, т е ПрИ а== ± J — медиана, BD — биссектриса,
Рис. 29
В треугольниках А ВО и МВС углы при общей вершине В равны, а поэтому
^длво   АО   АВ - ВО
^дмвс	МС	ВС - ВМ
(2)
Перемножая (1) и (2) и учитывая, что АО = ОС, получим:
AM = /1В2
МС ~ ВС2’
241. Пусть длины плеч а и Ь, х— действительный вес при первом взвешивании, у — при втором взвешивании. При первом взвешивании имеем:
ха = 1 • b,	(1)
а при втором —
у • b = 1 • а	(2)
Из (1) и (2) находим, что у = — . Таким образом, вес всего
товара равен:
Но так как х =/= 1 (плечи ведь разные), то, как известно,
х
2,
т. е. отпущено товара больше 2 кг.
5 Заказ 164
161
242. Обозначим расстояние от пункта А до устья реки через S ot, расстояние от устья реки по озеру до пункта В — через Si км, скорость парохода (без буксировки) — через v км/ч, скорость течения реки — через v{ км/ч.
Согласно условию задачи, нам надо определить —\ Обозначим V
эту величину через х.
Из условия задачи следуют три уравнения:
—- + V = 79.	(2)
.	- v — vL 2
— +х = 411.	(3)
ч
Из уравнения (1) находим:
v~Vl =-----------.	(4)
S 122 —х
Поскольку - r tl > 0, то ясно, что х< 122. 5
Из уравнения (2) имеем:
V — L»! _	2
S 158 — х
а из уравнения (3) получаем:
Вычитая из равенства (4) равенство (5) и используя равенство (6), получаем уравнение
1______1 _ 1______________
122 —х 158—х ” 411— х’ .
или	х2 — 244х + 4480 = 0.
Это уравнение имеет лишь один корень х = 20, меньший 122.
243.	Поскольку корни хь х2, х3 уравнения образуют арифметическую прогрессию, то удобно их обозначить так: хх = k — d, х2 --= k, х3= k + d. В силу этих обозначений находим:
х^ + х2 + х.,= 3/с,	(1)
а на основании формулы Виета* имеем:
* См. книгу И. X. Сивашинского «Задачник по элементарной математике».
"6
162
Из (1) и (2) следует, что k~= —
а
3
но так как x2=k, то х2 —
= — -- . Подставляя этот корень в данное уравнение, получим:
( а \3	.	/' а \2 ।	1 / а \	.	л
—	+ а — +	Ь —	+	С = О,
\	3 / к 3 /	\	3	/
откуда
9аЬ — 2а3 С ----------.
27
244.	Имеем:
А1 = а + 4 Vа3Ь 4- 6 у^а2Ь2 + 4 ab3 + Ь.
Но так как по теореме Виета
а + b = — р, ab = q, то
Л4 = — р + 6 Vq -j- 4 У О) [Уа + УЬ~).
Далее,
(|/a +V b)2 = a -f- b -j- 2 j^ab = — р + 2 jfq. Следовательно,
Д< = — р_|_ бУд + 4|/q V— р + 2Уq , откуда
А = l^—p + 6/9 + 4|Л? У~—р +2/^.
245.	Перепишем данное уравнение в виде
2х2 — Зху + 8ху — 12у2 = 28, или
(2х — Зу) (х + 4у) = 28.
Теперь видно, что число х+ 4у должно быть делителем числа 28. Поскольку х + 4у > 5, то ясно, что либо х + 4у = 7, а следовательно, 2х — Зу = 4, либо х + 4у = 14 и 2х —Зу = 2, либо х 4т<4у = 28 и 2х — Зу = 1. Из полученных трех систем только последняя дает решения в целых числах:
х = 8, у = 5.
246.	Вычитая из первого уравнения второе, получим: 7х + 4у = 80, от куда
у = 20 —7--.
У	4
6
163
Поскольку х и у должны быть целыми положительными числами, то легко установить, что х может иметь только два значения: 4 и 8, а соответствующие значения у равны 13 и 6. Теперь легко найти и значения г. В результате мы получаем два решения:
1 xt = 4, | У1 = 13-( = 3‘,
' х2 = 8, Уг = 6, . г2 = 6.
прогрессии; тогда
247.	Пусть q — знаменатель ат+п =	= А,
ат-п = Мт-"-1 = В.
Отсюда q2n = -у и, следовательно, q — 1%2* Имеем теперь:
т ^т.—пЯП &
п=А2В\
= а(±
т
Тп = А
2п—т т
2п & 2п
248. Пусть q — знаменатель прогрессии 1 тогда-----знаменатель прогрессии
q
Имеем:
аз
2»
«3»
л»
Далее,
s=an4-<h и у—1
— 01 а1ал • (q —
aiQn(g— 1) _
— а1ал*
— fli
Поскольку произведение двух членов геометрической прогрессии, равноотстоящих от начала и конца, равно произведению крайних членов (а если имеется средний член, то его квадрат равен этому произведению), то

S	61^
“1
^2

249. Данное неравенство можно переписать в виде х8— 2х4 + 1 + х6 — 2Х4 + х2 > О,
или
(х4— I)2 + х2 (х2 — I)2 > 0.
В этом виде неравенство очевидно. Равенство достигается лишь при х = ± 1.
164
250. Из условия — + — а с
= — получаем:
2ас
а + с
(1)
(заметим, что а + с =£ 0, поскольку из неравенства ас > 0 вытекает, что а и с — числа однозначные).
Учитывая (1), имеем:
2ас а -|-----•
а + b  	а-\-с   а (а + ^) + 2ас  а + Зе
2а -=» b	2ас	2а (а -4- с) — 2ас 2а
2а—------
а + с
Итак,
а-\-Ь _а-\-3>с
2а —b ~ 2а’
Аналогично легко убедиться, что
с + Ь  За + с 2с — b 2с
Сложив почленно равенства (2) и (3), получим:
а-\-Ь
2а—Ь
2с—b
ИЛИ
а + b 2а — b
с + b ___2ас + 3 (а2	с2)
2с — b	2ас
ИЛИ
а -|- b . с + b _ । . 3
2а — b 2с—b ""	2
(а । с с а
Поскольку ас > 0, то, как известно, .
а । с с а
2.
(4)
(5)
Из (4) й (5) заключаем, что
g -|- 6 . с + b > 2а — b 2с — b
Равенство достигается только при а = b = с.
251. Проведем из точки D (рис. 30) прямую, параллельную АО и пересекающую ВС в точке L.
Имеем:
ВК   ВО   т
XL	OD	~п'
(1)
1«5
ИЛИ
KL __ AD = AB
DC
BC
Я
КС
KL
(2)
Из (1) и (2) следует, что
Рис. 30
Рис. 31
ВК
КС
тр
АС = Ь, АВ = с (рис. 31). Тогда
252. Пусть ВС = а, реме о свойстве биссектрисы угла треугольника получим:
1) Из треугольника АВС
DB откуда -
по тео-
AD _ _Ь
DB а
— и DB =--
CF
AF '
2) Из треугольника
ВО
a	ab
—, т. е. Сг =---
BCF
ВС
OF CF b
3) Из треугольника CBD OD _ DB ОС ~ ВС
Из (1) и (2) следует:
С
Решив эту систему уравнений, получим: b = а V 3 с — 2а.
(1)
(2)
166
Так как а® + Ь2 = а® + За® = 4а® = с®, то Z.C — 90°.
Так как а =— , то угол А равен 30°, а угол В равен 60э. 2
253г Предположим, что пароход двигался со скоростью v км!ч9
следовательно, движение продолжалось — ч. Согласно условию
V
задачи, количество угля, потребляемого в час, равно kv3, где k — коэффициент пропорциональности. Известно, что когда скорость v равна 15 км!ч, то угля расходовали 1,5 т в час, поэтому
k • 153 = 1,5,
откуда коэффициент пропорциональности:
k = ——.
2250
Следовательно,
2250
угля
этого угля в рублях равна
18а3
2250
расходуется в час, а стоимость
, а потому вся стоимость про-
хождения пути в 2000 км равна:
Таким образом, нам надо найти минимум функции:
или
у = 1бГ (»-!0)4»+jOL + зоо
Отсюда видно, что наименьшее значение у будет при v = 10. Итак, ymin = 16-300 = 4800 (руб.).
254. Напишем все дроби со знаменателем 5 (в том числе и сократимые), заключенные между т и п\
5т 5т 4-1 5m 4~ 2
’	5	’	5
5л — 1 5л
—5	’ ~5‘
Эти дроби образуют арифметическую прогрессию со знаменателем — и первым членом т. Число членов р этой прогрессии най-5
дем из равенства п—т -J- — (р — 1), откуда р = 5п — 5m + 1
5
Найдем сумму этой прогрессии:
(т 4" п) (5л — 5т 4- 1)
2 •
167
Но из этой суммы надо исключить сумму всех сократимых дробей:
5m 5m -f- 5	5n — 5 5л
V’ 5	’ ‘ ‘ ’	5	’ T’
т. e. суммы целых чисел:
tn, (m + 1), (tn + 2),	(.7 — 1), n
Сумма этих чисел равна:
(/7i + л) (п — т + О
2
Таким образом, искомая сумма равна:
(т + п)(5п — 5т -j- 1) — (m + п) (п — т + 1)
2	,	"
= 2 (и2 — ги2).
255. Имеем очевидное неравенство: .
(4х + I)2 < 16х2 + 8х + 3
(4х + 2)2.
После извлечения квадратного корня из всех частей этого неравенства и прибавления (после этого) ко всем частям по 4х2 получим:
(2х 4- I)2 < 4х2 + К16х24-8х + 3 < (2х + 2)2.
Далее, извлекаем квадратный корень из всех частей и прибавляем ко всем частям пох2: х+1 < ]/х2 + 4х2+ 16х2 + 8х + 3 < < х + 2.
Так как х — целое неотрицательное, то целая часть корня ра§на 1.
256« При k — — 1 система совместна (она имеет решение~х — = у = 0). При k = 0 система несовместна (исходя из первых двух уравнений значения х = 1, у = — 1, не удовлетворяющие третьему уравнению). Пусть теперь k=/= — 1, Л У= 0.
Из первого уравнения системы находим:
а из второго — получаем:
(1 — fe) х k
(1)
(2)
Из (1) и (2) следует, что
х
1 -|- k — (1 — k) X
168
откуда
(fe+D2 k2 + k — 1 ’
Подставляя это значение х в (1), получим:
fe+ 1
k2 + k—\ ’
Подставляя найденные значения х и у в третье уравнение системы, получим:
_(fe+l)3	(12-fe) (fe + 1) _ (fell)
k2 + k — 1 k2 + k — 1	\ । b
Поскольку k = — 1 уже рассматривалось, получаем k = 5.
Таким образом, данная система уравнений совместна или при k = — 1, или при k = 5.
257. Первое решение. Пусть х — цифра десятков, а у цифра единиц искомых чисел. Согласно условию задачи, должно быть:
10х + у = k • ху.
Откуда У- = Лу — 10 — целое число, х
Если у = х, то kx = 11. Следовательно, у = х = 1, а искомое число равно 11.
Если — = 2, то 2kx =12, kx = 6. * Следовательно, х равен
X
или 1, или 2, или 3, а у равен или 2, или 4, или 6, а потому искомые числа равны 12, 24, 36.
Если у = Зх, 3kx = 13, то нет решений.
Если у = 4х, 14 = 4 kx, то также нет решений.
Если у = 5х, 15 = 5 kx, то х равен 1, а искомое число 15.
Если у = 6х, у = 7х, у = 8 х, то нет решений.
Таким образом, искомые числа суть 11, 12, 15, 24, 36.
Второе решение. Сохраняя обозначения первого решения, имеем:
10х’+ у = kxy,
откуда
10х kx— 1
Так как числа х и kx — 1 взаимно просты, то число —— должно kx—1 быть целым. Значит, kx — 1 может быть равным 1, 2, 5, 10.
При£х — 1=1 имеем у = 10х, и потому х < 1 (ибо у < 10). В этом случае решений в целых числах нет.
169
еще одно число 11.
Рис. 32
При kx — 1 =2 имеем у = 5х, и потому х < 2, т. е. х = 1, у = 5. Получаем число 15, удовлетворяющее условию задачи, при kx — 1 =5 имеем у = 2х, и потому х < 5. Кроме того, kx = = 6, откуда для х возможны лишь значения 1, 2, 3. Соответственно для у = 2х находим значения 2, 4, 6. Итак, находим еще 3 искомых числа: 12, 24, 36. Наконец, при kx — 1 = 10, т. е. kx = 11, единственное допустимое значение х = 1, откуда у = х = 1. Это дает
Таким образом, задача имеет 5 решений; 11, 12, 15, 24, 36.
258. Пусть АВ = а, ВС = b\ CD = с, AD = d — стороны четырехугольника A BCD, вписанного в круг (рис. 32). Проведем диагональ АС и обозначим через S площадь четырехугольника A BCD. Тогда
S = -1- а • b • sin В 4- -- с • d • sin D,
2	2
или
S = - (а • b + с • d) • sin В, (1) 2
так как sin D — sin В.
Далее, АС2 = а2 + Ь2 — 2аЬ • cos В,
АС2 = с2 + d2 + 2cd • cos В, так как cosD = — cos В.
Поэтому а2 + Ь2 — 2аЬ • cos В = с2 + d2 + 2cd • cos В,
в2 I b2 _ С2 _ d2 откуда cos В = ———.
2 (ab сд)
•2D	1 2D	1	(а2 + ьг — с2 — d2)2
sin2 В = 1 — cos2 В = 1 —1—4 5---------- —=
4 (ab 4- сd)2
__ 4 (gb + cd)2 — (a2 + b2—c2 — d2)2 = 4 (ab + cd)2
_ [(g + b)2 — (c — d)2] [(c + d)2 — (a — b)}2 =
4 (ab 4- cd)2
(a 4-&4-C — rf) (a 4~ b — c 4- d) (c 4- d 4- a — b)(c-\- d — a-\-b)
4 (ab 4- cd)2
Пусть aA-b-\-c + d — 2p — периметр ЛВСО; тогда
_;rl О 2 V (p — a) (p — b)(p — c) (p — d) ab 4- cd
Из (1) и (2) следует:
S = / (p —a)(p —6)(p —c)(p —d).
(2)
170
259. Пусть секундная пропускная способность большей трубы х, тогда при совместном действии обеих труб при закрытом кране за 1 сек поступает в бассейн (х + 1) куб. м, а при действии только большей трубы при открытом кране (х — 1) куб. м. Согласно условию задачи, имеем неравенство:
6
X— 1
10
х + 1
4.
(1)
Ясно, что
X > 1
(2)
(поскольку х — производительность большей трубы).
Таким образом, (х— 1)-(х + 1) > 0. Умножив все три части неравенства (1) на (х — 1) • (х + 1), получим неравенство:
3 (х2 — 1)< 16х — 4 < 4 (х2 — 1).
Итак, нужно, чтобы одновременно выполнялись два неравенства:
Зх2 — 16х + 1 <0
и
4х2 — 16х > 0.
Из (3) находим, что
8 — /61	8 +/61
3 X з ' ’
а из (4) получаем:
х 0 или х > 4
Из (2), (5) и (6) получаем окончательно:
(3)
(4)
(5)
(6)
8+ /61 ~ 5з 3
260. Положим, что через t сек после начала движения первая точка, которая движется с некоторой скоростью v, догнала вторую. Следовательно, путь второй точки равен	Согласно усло-
вию задачи, должно иметь место неравенство
vt < 10.
За это же время t первая точка проходит тот же путь (vt). Как Clt^
известно из физики (S = vQt Ч—), этот путь при = 3 и а =
= 2 равен:
^-3/+ — .	(2)
2	'
171
Из (2) находим, что
t = v — 3.
Подставляя это значение t в (1), получаем: к(о — 3) < 10,
или
о2 — 3t> — 10 < 0.
Корни левой части неравенства (3) 5 и — 2, поэтому — 2< t><5.
(3)
(4)
Но для того чтобы вторая точка могла бы вначале перегнать первую, ей надо иметь скорость большую, чем начальная скорость первой, т. е. больше 3 м!сек. Таким образом, учитывая (4), имеем:
3 < v < 5.
26L Если первый член последовательности а, а число ее членов л, то, учитывая, что последовательность является арифметической прогрессией с разностью, равной 1, имеем:
2а + п - 1 п = 1(Ю0,
откуда
1000 п — 1
(1)
Согласно условию задачи, а — натуральное число. Разберем два случая:
1) п — нечетное. В этом случае, для того чтобы 1000 делилась на и, необходимо, чтобы п было одним из чисел: 1, 5, 25, 125. Подставляя эти значения пв (1),убеждаемся, что только при п — 1; п = 5 и п = 25 число а — положительное. При п = 5 получаем последовательность 198, 199, 200, 201, 202, а при п = 25 находим последовательность 28, 29, 30,..., 51, 52. При п = 1 получаем «последовательность», состоящую только из одного числа 1000, которое вряд ли можно считать решением задачи. •
2) п — четное. В этом случае числа --------- и ------ долж-
ны иметь дробные части, равные у. Теперь ясно, что надо проверить только 3 значения: 16, 16 • 5 = 80, 16 • 25 = 400. Из этих трех значений для п только при п = 16 получается положительное а. При п — 16 получаем последовательность 55, 56, 57, ..., 69, 70.
Таким образом, имеются только три последовательности, удовлетворяющие условию задачи.
262. Обозначим искомую* сумму через S.
172
Имеем: (1 + 2 + 3 + ... + n)2= I2 + 22+32+ ... +n2+2S.;(l)
и p4-2a4-32 +
	। a n(n 4 1) (2n + I ...
+ ... + n2 =—5————1—to (1) можно переписать в виде 6
n2(л + I)2 _ n(n -|~ l)(2n+ 1)
4	~	6
+ 2S,
откуда
q__ n2 (n + I)2 n (n + 1) (2n + 1)
8	12
__ n (n + 1) (и — 1) (3n + 2)
24
263« Пусть члены арифметической прогрессии а, а + d, а + 2d, а + 3d, а члены геометрической прогрессии
b, bq, bq2, bq3.
В силу условия задачи имеем систему:
а + b = 27,
а + d 4- bq = 27, а + 2d + bq2 = 39, . а + 3d + bq3 = 87.
*
Если вычесть из второго уравнения системы первое, из третьего второе и из четвертого третье, получим:
Г d + b(q — 1) = О,
J d + bq(q — 1) = 12,
[ d + bq2 (q — 1) = 48. ♦
Из первого уравнения, получаем:
b(q — 1) = — d.
^Подставляя это значение во второе и третье уравнения, получим: d — dq = 12, d — dq2 = 48.
Дальнейшее решение очевидно. Искомые прогрессии
24, 18, 12, б
и	3, 9, 27, 81.
264. Для определенности будем считать, что 0 <? а < Ь.
173
Имеем: ±а_ (U± _ .	_ _(« - 62L _ (Га-/*)2 =
8а \ 2	’ UJ] ~ 8а	' 2 " '
= 1Р ’’	+ / 6 Г - 4» 1 =
= - (/Vо)6^ь +ЗУ"а) > 0.
Далее, имеем:
(а — Ь)2 (V о — V b )2 (У а — У^ Ь)* / /— /~~й\ I /— । ~81>~-----2—J- = - -- 8& а-/6)(/а +
+ з / b ) < 0.
Из доказанных неравенств и вытекает утверждение задачи.
265. Вначале убедимся, что уравнение не имеет целых корней. Действительно, если бы были целые корни, то они должны быть делителями свободного члена. Таких чисел всего два: 1 и — 1, но оба эти числа не удовлетворяют уравнению.
Теперь предположим, что уравнение имеет рациональный корень I - — несократимая дробь), тогда должно иметь место равенство: Z__5. ' +1=0, Q3 Я
откуда

Г)3
— = 5pq — q2.
<7
p3
Это равенство невозможно, так как ------несократимая дробь,
я
a 5pq — q2 — целое число. Следовательно, наше допущение, что уравнение имеет рациональный дробный корень, неверно. Итак, уравнение не имеет рациональных корней.
266« Пусть xQ — общий корень данных уравнений, тогда
Xq + kx0 + 1 = 0 и Xq + kx2 + 1 = 0,
или
xQ(x2 +£) = — ! и х2 (х2 + fe) = — 1.
Из этих равенств вытекает, что xQ =£ 0, х0 + k =# 0.
Поделив почленно второе равенство на первое, получим:
откуда
174
Подставляя х0 = 1 в первое уравнение, получим k ~ — 2. JW-ко проверить, что при этом значении k и второе уравнение имеет корень, равный I. Итак, при k = — 2 и данные уравнения имеют общий корень х = 1.
267.; Пусть искомые числа 10х + а и 10у + а. Согласно условию задачи, имеем:
10х + а = 9а + £ и
Отсюда 10 (х — у) = 8 (а — £).
Если а = 8, jJ = 3,
Если а = 7, £ = 2,
Если а = 6, 3 = 1,
10у + а = 9£ + а.
Следовательно, а — р = 5. то искомые числа 75 и 35. то искомые числа 65 и 25. то искомые числа 55 и 15.
268. Пусть последовательные цифры х,х + 1, х + 2, х + 3.
Согласно условию задачи, имеем:
(х + 1) 1000 + X • 100 + (х + 2) 10 + X + з - k2t
или
11(101х +93) = k2.
Отсюда видно, что Л2, а значит и k, должно быть кратным II Пусть k = 11 р, тогда
11
Выражение
- должно быть целым числом.
Поскольку х должно быть целым положительным числом (цифрой), то единственно возможное значение х есть 3, а искомое число 4356,
которое равно квадрату числа 66.
\J 269в Обозначим площади треугольников АВО и CDO, примыкающих к боковым сторонам трапеции, через 53 и S4. Тогда площадь трапеции ABCD (рис. 33)
S =Si +S2+S3 + S4. (1) Имеем:
S4 = J- • ОС • OD sin a, (2)
2
- -40-00 sin(180°— a), (3) '	2
Рис. 33
где a — угол COD»
175
Из (2) и (3) находим:
Sj _ АО
s4 ос’
Аналогично, получаем:
S3 АО_
S, ~ ОС’
Из (4) и (5) следует, что
S4 <S2
откуда S3S4 = Si S2. Но, очевидно, имеем S3 = S4, так что
(4)
(5)
Следовательно, из (1) получаем:
= (/s,+W-
270« Обозначим искомую площадь фигуры АМЕ (рис. 34) буквой S. Пусть, согласно условию, OF = a, OD — Ь. Введем обозначения: ZAOC=a; Z.ONF— = ANOK = <f.	~
Тогда
AMCD ““ $ОАМС $OAD ~~ о a Q
EMCD ОАМС OFED “ ONK
_ о
OFN ^OFED ~ о
__ о	_ /?2
AMCD &EMCD о
тт	о	.ал	а
Но a = arccos —; <р = arcsin — —-arccos —
Следовательно, D2 /	д
S = — I arccos —arccos
л/?2
_ £ j/fl2 _ а* _ ± у~— Ь*
176
271« За время t4 автомашина пройдет путь =40/, а мотоцикл— путь Sb= 16/2. Через tn после начала движения расстояние между автомашиной и мотоциклом будет равно:
d = | Sb + 9 — SA | , т. е.
d = 116/2 — 40/ + 9 | = |(4/ — 5)2 — 161.
Так как 0 <^ / <; 2, то максимальное значение величины [(4/ — 5)2 — 161 равно 16 и достигается оно при (4/ — 5)2=0, т. е. / = 1 1 ч. В этот момент расстояние между машиной и мотоциклом
будет равно 16 км.
272« Введем новое неизвестное а, сделав подстановку х = 2 cos а, тогда
х3 — Зх + 1 =8 cos3 а — 6 cos а + 1 == 2 (4 cos3 а — — 3 cos а ) + 1 = 2 cos За + 1 =0,
о	1
откуда cos За = — —.
Следовательно, о . 2л . п <	, 2л , 2£л
За = Н----Р 2ял; а = +----------.
“3	“93
Таким образом, корнями исходного уравнения являются числа:
о 2л
= 2 cos---,
2оЛ	л Л
cos-= — 2 cos —,
*	9	9’
n 14л	n 4л
Xo = 2 cos------= 2 c os —.
3	9	9
Таким образом, все три корня действительные, различные и, как легко видеть, занумерованы таким образом, что х2 < x3<Z
Далее имеем:
xl —	= 4 cos2---h 2 cos — = 214- cos----k cos — =
32	9	9	\	9	9 J '
= 2/1 — cos — 4- cos — = 2.
Аналогично находим, что
x2 — x3 = 2.
273. Пусть искомые числа 10х + у и 10z + /. Согласно условию задачи, имеем уравнение:
(1 Ох 4- у) (Юг + /) = (Юу 4- х) (10/ 4- г).
177
После упрощений это уравнение примет вид: xz = yt.
Так как х, у, z.t — цифры, то каждая из них меньше 10. Для нахождения искомых пар чисел составим из 9 цифр все пары с равными произведениями:
1 • 4 = 2 - 2,
] . 6 = 2 • 3 = 3 • 2,
1 . 8 = 2 • 4 = 4 • 2,
1 -9 = 3-3,
2-6 = 3- 4 = 4-3; 4 • 9 = 6-6,
2 • 8 = 4 • 4,
2-9 = 3- 6= 6-3,
3-8=4-6 = 6-4.
Таким образом, имеем всего 14 равенств. Далее, из каждого из этих 14 равенств можно образовать одну искомую группу чисел. Например, из равенства 1 -4 = 2-2 находим: х = 1, г = 4, у = 2, t = 2, т. е. получим решение 12 • 42 = 21 -24.
Всего имеются 14 решений:
12 • 42 = 21 • 24, 12 • 63 = 21 • 36, 12 - 84 = 21 - 48, 13 • 62 = 31 • 26,
13 • 93 = 31 • 39, 14 - 82 = 41 - 28, 23 • 64 = 32 - 46, 23 • 96 = 32 • 69,
24 - 63 = 42 • 36, 24 • 84 = 42 • 48, 26 • 93 = 62 • 39, 34 - 86 = 43 68, 46 • 96 = 64 • 69.
274* Пусть А — данное четырехзначное число, В — четырехзначное число, за писанное теми же цифрами, но в обратном порядке. Ясно, что ни Д, ни В не оканчиваются цифрой 0, т. е. не делятся на 10 (иначе число, записанное цифрами в обратном порядке, не было бы четырехзначным). С другой стороны, мы знаем, что произведение А • В делится на 1000, т. е. 23 х 53. Это может быть, очевидно, только в том случае, если одно из чисел делится на 53 и не делится на 2, а другое — делится на 23 и не делится на 5 (если бы одно из чисел делилось и на 2, и на 5, то оно оканчивалось бы нулем). Числа А и В совершенно равноправны, так что мы можем предположить, что А делится на 53 = 125, а В — на 23 — 8. Нечетное число, делящееся на 125, может иметь только следующие комбинации 3 последних цифр: 125, 375, 625, 875. Остается подобрать первую цифру чисел * 125, * 375, * 625, * 875 так, чтобы числа 521*, 573*, 526*, 578* делились на 8. В каждом случае существует ровно одна такая цифра. Найти ее можно непосредственно делением этих чисел на 8.
Например, при делении числа 5210 на 8 получаем в остатке 2, так что для получения четырехзначного числа с теми же первыми тремя цифрами, делящегося на 8, надо добавить еще 6. Получаем 5216. Итак, получаем следующие 4 пары чисел: 4625 и 5264; 4875 и 5784; 6125 и 5216; 6375 и 5736.
275.	Так как abc = 1, то с = — . Таким образом,-ab
178
ab + be -J- ca + a + b + c — 6 = aft 4- — 4- - + о + b + -— 6 =
a b	ab
(ab — I)2 j (fl — I)2 j (6 — I)2 ab	a	b
Равенство имеет место лишь при а = b = 1.
276.	Продолжим СО до вторичного пересечения с окружностью в точке Е (рис. 35). По известной теореме имеем:
СА • СВ = СЕ • CD. (1)
Так как, по условию, СВ = ВА — = где R— радиус окружности, то (1) можно переписать в виде
или
2/? /2 • R К2 = (2₽ + CD) CD,
CD2 + 2R • CD — 4/?2 = 0.
Положительный корень этого уравнения:
CD = - R + R ]/5 - R ( V 5 — 1),
так как о10 =	to отрезок CD равен удвоенной длине
стороны вписанного десятиугольника.
277.	Пусть вес бриллианта Р каратов и цена до разлома С руб.
(Q \а
== kQ\
Q
где k = - — коэффициент пропорциональности. Разделим бриллиант на п частей, веса которых равны pv рг, ... , рп. Таким образом,
Р = Р1 + Р2 + Рз+ ••• +Рп-	(О
Стоимость после разлома:
C^kpl + kp^ ... +kp* = k(pi + pl+ ... +р2).,	(2)
Докажем, что С > Ct. Действительно,
C = kP* = k(pt+p2+ ... +pn)* = k(p*+p*+ ... +р2)4-+ 2А {piP2 + PiP3 + ... 4- рп-1рп) > k (pl + p* + ... +p^) = C,.
179
Итак, мы доказали, что общая стоимость всех частей бриллианта меньше стоимости целого.
Далее, пусть
Pi =	-^1» Р2 = “Ь *^2’ • • • ’ Рп == Ь	(3)
П	П	П
тогда Xj + х2 + ... + хп = 0,	(4)
так как
P = Pt+p2+ ... +рп = П- — +(х1+«2+ ... +хп). л
Из (2) и (3) следует, что стоимость после разлома равна:
или
или, учитывая (4),
Отсюда заключаем, что наименьшая стоимость всех частей бриллианта будет, когда
xi +	4- ... + Хп =0,
а пбследнее возможно лишь тогда, когда
т. е. когда pt — р2 = ••• — рп> что и требовалось доказать.
278.	Пусть ширина клумбы (в метрах) равна х, а длина у, тогда длина участка, т. е. клумбы вместе с дорожками, у + 6, а ширина х 4- 4.
Площадь дорожек:
S = (х + 4) (у + 6) — 216 = ху + 6х 4- 4у — 192.
Но так как ху = 216, у = —, то
х
5 = 216 4-6x4- —— 192; 5 = 24 4-72^-4-^.
х	42 х/
Функция S достигает минимума при том же х, что функция
у ___ х. , 12
“ 12 х
180
х 12
Но при х > 0 имеем:------1— >2 (как сумма двух взаим
12 х
но обратных положительных чисел).
Функция Z достигает минимума Zmin = 2 при х = 12. Таким образом, площадь дорожек наименьшая, если ширина клумбы 12 м, а длина 18 м.
279, Предположим, что корни обоих уравнений невещественные, т. е.
т2 — 4и << 0
р2 — 4д <. 0.
Сложив почленно эти неравенства, получим: т2 4- р2 — 4п — 4д < 0.
(1)
Но, учитывая, что тр = 2(п 4- д'), неравенство (1) можно переписать в виде т2 4- р2 — 2тр < 0,
или (т — р)2 < 0, что невозможно. Таким образом, наше предположение, что корни обоих данных уравнений невещественные, неверно; следовательно, хотя бы одно уравнение имеет вещественные корни.
280« Поскольку 1, а, Р, у....к — корни уравнения, то
= (х — 1) (х — а) (х — Р) (х — у) ... (х — X),
т. е.
= (х— а)(х —Р)(х — у) ... (х — X).
Подставляя в последнее равенство вместо х единицу, получим: „ = (1 —00 (1 — Р) (1 -Y) ... (1 -1).
281. Пусть 10х у — произвольное двузначное число. Вновь полученное число:
(10л: + у) 100 + 10х + у = 101 (Юл + у).
Таким образом, полученное четырехзначное число больше двузначного в 101 раз.
282« Пусть искомые числа х и у. Для определенности пусть х>у. Согласно условию задачи,
(х + у) + (х — у) + ху + — = 245.
(1)
181
Так как первые три слагаемые левой части -т- целые числа и правая часть — целое число, то и ——целое, т. е. х делится нацело на У
у. Пусть х = /?у, где k — целое число. Перепишем (1) в виде х (у + I)2 = 245 у,
или так как х = /гу, то
(у + I)2 =
245 _ 5 > 7» k k
5.72
Число ----- должно быть полным квадратом, следовательно,
k
k = 5.
Итак, у + 1 = 7, у = 6, х = 30. Таким образом, искомые числа 30 и 6.
283« Для определенности пусть х у г. Заменяя в левой части уравнения х и у большим числом г, получаем неравенство Зг > хуг. Равенство может иметь место, если только все три числа равны, но тогда Зг = г3, что невозможно при целом положительном г. Таким образом, Зг > хуг.
Так как, по условию, г > 0, то можно разделить обе части неравенства на г. Получаем ху < 3. Поскольку 0 < х у, возможны только следующие варианты:
х = 1, у = 1; х = 1, у = 2.
Подставляя эти значения в наше уравнение, получаем в первом случае 2 + г = г; это уравнение не имеет решений; во втором случае 3 + г = 2г; откуда г = 3. Таким образом, наше уравнение имеет одно решение, удовлетворяющее условию х < у << г:
х = 1, у = 2, г = 3.
Все остальные решения получаются из этого перестановками значений неизвестных х, у, г.
284.	Перепишем данное уравнение в виде
243у
(7+ ip
р.<
Для того чтобы х было целым числом, знаменатель (у + I)2 должен быть одним из делителей числа 243, потому что у не может иметь общих множителей с у + 1. Поскольку 243 -= З6, то 243 делится только на следующие числа, являющиеся точными квадратами: 1а, З2, 92. Таким образом, (уI)2 должно быть равно 1,9 или 81, откуда находим два решения: yt = 8,- уг = 2.
Значит,
243 - 8 пл 243-2 с.
. = -—— = 24,	- 54.
*81	2	9
182
Итак, задача имеет два решения:
| х, = 24,	х2 = 54,
1 У1 ~ 8;	Уг = 2.
285.	Трехзначное число запишем в виде ЮОх 4- 10у + г. Ясно, что
ЮОх + 10у + z <
100 (х + 1)
(ибо двузначное число 10у + z меньше 100). Если хотя бы одна из цифр у, z отлична от нуля, то, очевидно,
х + у + z > х 4-1,
и потому
100х + 10у + г X + у + Z
= 100.
Итак, если хотя бы одна из цифр у, z отлична от нуля, то искомое отношение меньше, чем 100. Если же у = z = 0, то число равно 100 х, его сумма цифр х+ 0 + 0 = х, и рассматриваемое отношение равно:
= 100.
X
Итак, наибольшее значение рассматриваемого отношения равно 100: оно достигается для чисел 100, 200, ..., 900.
286.	Так как х2 + у2 = 1, то имеем:
Теперь ясно, что наименьшее значение выражения х6 + ув равно i и достигается оно при х2 = у, т. е. при х =	, а наиболь-
_	/ 1 \2 I
шее значение этого выражения равно 3 • / у) +—- == 1 и достигается оно при х = ± 1 и х = 0.
287.	Двум данным хордам с длинами 2а и 2Ь соответствуют центральные углы 2а и 20, где
sin а = sin 6 = R	R
Дугу, равную 2 (а ± 0), стягивает хорда 2с, где
с = R | sin (а ± Р)| =
° \fR2 — b2 + -У R2 — a2
R	~ Я
133
Рис. 36
пересекает окружность еще в точке
288.	Пусть ЛВС — данный равнобедренный треугольник с равными сторонами ЛВ и ВС, точка О — центр окружности, касающейся AC, D и Е — точки пересечения этой окружности с ЛВ и ВС (рис. 36).
Поскольку высота треугольника равна радиусу окружности, то ВО и АС параллельны. Пусть прямая ЛВ
Убедимся, что FE перпендикулярна АС. Действительно, углы OBF и ОВЕ равны, так как они равны углам при основании треугольника ЛВС. Следовательно, прямые BE и BF симметричны друг другу относительно ВО. Кроме того, прямая ВО является осью симметрии окружности. Следовательно, и точки F и Е пересечения прямых BE, BF с окружностью симметричны друг другу относительно ВО, т. е. EF1 ВО.
Итак, FE и АС взаимно перпендикулярны. Вследствие этого угол DFE, равный половине угла ЛВС, не зависит от положения точки О на прямой ВО. Следовательно, величина дуги DE, половиной которой измеряется угол DFE, остается при перекатывании окружности постоянной.
289« Из второго уравнения системы имеем:
ху = 1 + г2,
и так как х + у = 2, то числа х и у являются корнями квадратного уравнения:
k2 — 2Л + (1 4-г2) = О,
откуда k = 1 ± V— г2.
О/сюда видно, что, для того чтобы х и у были действительными числами, необходимо и достаточно, чтобы
z = 0.
Итак, г = 0, х = у = 1, т. е. система имеет единственное решение (в области действительных чисел).
290® Легко заметить, что число слагаемых равно 2п, так что рассматриваемое выражение S представляет собой сумму п разностей вида
(4й _ 1)8 _ (4^ _ 3)8 = 96ft2 _ 96ft + 26.
Придавая в этой формуле k значения 1, 2, 3, ... ,п и суммируя, получим:
184
S = 96 (I2 +22 + 32 + ... + n2) — 96 (1 + 2 + 3 + + ... + n) + 26n.
Так как 1 + 24-34-4+ ... + zi = £11+21 и
2
p _l 2a + ... + na — n(w+1)(2w + 1) t to
6
S = 96 • .n("+JH22+1). _96 . .«(»+ 1) + 26n = 2n(16n2 - 3).
291.	При n = 1 доказываемое неравенство верно, поскольку
1 >2/2"— 1,9.
Предположим, что доказываемое неравенство верно при некотором натуральном п = k, т. е.
Vr + vr+ ••• +уТ > 21<Л + 1-1,9.	(1)
Докажем, что тогда доказываемое неравенство верно и при п =-= k + 1, т. е.
-4=+—U+ ... 4—2/Н2-1.9.	(2)
V1 V 2	/*+1
Сравнивая неравенства (1) и (2), заключаем, что неравенство (2) будет установлено, если будет доказано, что
В самом деле, сложив почленно неравенства (1) и (3), получим неравенство (2).
. Таким образом, остается доказать неравенство (3).' Это неравенство можно переписать в виде
feU- + 2Vk + I > 2^k + 2, ft I 1
или
Неравенство (4) следует из неравенства: (2k + З)2 > 4 (k + 2) (k + 1>, 4£2 + 12Л + 9 > 4fe2 + 12fe + 8.
(3)
(4)
(5)
Наконец, неравенство (5) очевидно. „	1 —-cos2a
292.	Так как sin2a = —-—, то
185
Sa A Л | a A 3 Л	I a a 5 Л | а A 7 Л
== sin4—h sin4— 4-sin4--(- sin4 — =
16	16	16	16
л\2	/	3л?	7	5.1’	/ 7л \ 2
1 —cos — I -4- 1 —COS — + 1 —cos — I 4-1 — COS — 1
8 /	\	8 /	\	8 I \	8/
4	~
/ n • Зл	5 л	7л,	/ л . Зл 5л 7л\
4—2 cos -4-cos—4-C0S—4-cos— 4- cos- -4-cos2 —-4-cos2 — 4- cos2—
\o О о о /	\ о	о	о	о/
_ - — =
/ л Зл л л \	1 / , л 7л\ 1 I Зл 5л
4 — 2l 2cos — cos — + 2cos - cos - j 4- y^4+cos y+cos— jy^cos — 4- — , -
Так как cos — = 0, то 2
Зл
4 + 2 +cos л cos — + cos л cos
4
Рис. 37
Л	Л	Л
—	6 — С05Л-COS -7 + cos л • cos —
4 _	4 ~	4	3
4	“ 2’
293, Пусть для определенности в данном четырехугольнике ABCD (рис. 37) Z АВС + Z ADC< 180°. Тогда вершина D лежит вне окружности, проведенной через вершины А, В и С.
Пусть Z DBC > Z ABD.
Построим (как указано на рисунке):
Z СВК= Z.ABD, Z-BCK—Z-ADB—
и проведем отрезок АК. Тогда А В КС оо А ЛВС, а поэтому
КС _ вс вк AD ~ BD ~ АВ'
Следовательно, AD • ВС = BD • КС.
Так как 2. DBC = Z.ABK, а из (1) следует, что
то довс № ддв/<.
АВ ВК
CD BD ледовательно, — = —, АК АВ
т. е. АВ  CD = BD • АК.
Из (2) и (3) следует:
AD • ВС + АВ • CD = BD (АК + КС).
(0
(3)
(‘)
1SG
Но точка К не лежит на прямой АС, поскольку Z_BCK> равный углу ADB, имеющему вершину вне круга, меньше вписанного угла АСВ. Следовательно, АК + КС > АС.	(5)
Поэтому из (4) и (5) имеем:
АС • BD < AD • ВС + АВ • CD.
294« Пусть точка N — искомая, тогда AN = NE, где NE _L ВМ (рис. 38). По известной теореме имеем:
AN2 = АВ • АС.
(1)
Но так как NE = СВ = 2R — АС, то (1) можно переписать так: (2R—AC)2=2R-AC, откуда
АС = 3R ±]/r9R^4R2 = 3/?± J/5R2.
Поскольку АС должно быть меньше, чем 2R, то имеем: ДС = 3/?—/9^^4Я2; AC = 3R—V5R2-
Таким образом, отрезок АС находится кац разность отрезков 3R и R ]/5. Теперь, восставив перпендикуляр к АВ в точке С, находим точку N.
295.	Пусть высота прямоугольной части окна h, а сторона треугольной части а, тогда периметр Р равен;
Р = 2!i + За,
откуда
Р — За
(1)
_ Площадь окна
4
Учитывая (1), имеем:
S = -°|2Р — (6— /з)о],
или
а.
Итак, S— квадратная функция аргумента а,
187
максимум которой достигает при а =
з
В этом случае — = — (3 — Р^З). а 2
296.	Обозначим части отрезка через х, у, г. Учитывая, что х + + у 4- г — а, легко заметить, что
х2 + у2 + г2
Теперь видно, что наименьшее значение х2 + у2 + г2 достигается при х = у = z = у .
297в Введем обозначения 6х + 2а = А, ЗЬ + с = В, 2х + + 6а = С, b +3с = D,	(1)
В силу этих обозначений данное уравнение перепишется в виде
А + В _ C + D А — В~ C — D'
Из данной пропорции образуем две производные пропорции: 2А _ 2С	9
А — В С — D9	( ’
и 2 В _ 2D
А — В ~ С — D*	' '
Поделив почленно равенство (2) на (3), получим:
А_ = £
В D'
Теперь, учитывая обозначения (1), получаем:
6х + 2а _2х 4- 6а
ЗЬ + с b + Зс *
откуда ______________________________ab с
298.	Перепишем данное уравнение так:
Ук —4а	16 + Ух~= 2 У х — 2а + 4.	(1)
188
Возведя обе части (1) в квадрат, получим:
2х — 4а + 16 + 2 Ух • У х — 4а 4- 16 = 4х — 8а + 16, или
У к • ]/х— 4а 4-16 = х — 2а.	(2)
Возведя обе части (2) в квадрат, получим 16% = 4а2, откуда х = —.
4
Остается установить, при каких значениях а уравнение имеет решение.
Подставляя в данное уравнение вместо х выражение —, получим;
4
/а2—16а+64 — 2 V а2 —8а + 16 + j/a2 = 0; или
У(а — 8)2 —2 У (а — 4)2 + ]/?= 0;
или
|а _ 8| — 2 | а — 4| + | а| = 0.	(3)
Если 8 а < +оо, неравенство (3) выполняется. Действительно, а — 8 — 2а 4“ 8 4“ а = 0. Следовательно, в этом случае уравнение имеет решение.
Если 0 < а < 4, то (3) принимает вид: 8 — а — 2 (4 — а) + 4- а = 0, которое не выполняется при 0 < а < 4; следовательно, при а = 0 уравнение не имеет решений.
Если а < 0, то (3) принимает вид: 8 — а — 2 (4 — а) — а = О и выполняется тождественно. Следовательно, при а < Q уравнение имеет решение.
Наконец, если 4 < а < 8, то равенство (3) не выполняется, так как 8 — а — 2 (а — 4) 4- а #= 0.
Итак, при 0 < а<8 уравнение не имеет решений, а при 8<<а <3
<4-оо и а < 0 уравнение имеет единственный корень х =
299« Имеем:
S = _ {(22 — Р) + (42 _ 32) + (62 _ 52) + (82 — 72) 4- ... + +[П2_(П_1)2]} = _ {(2-1)(2+1)+ (4-3) (4+3)4- (6-5)(6 + 5)+ +(8 - 7) (8 + 7) + ... + [n— (п—1)] In + (n-1)]) = -{(1 + 2) + (3 + +4) +(5+6) + (7 + 8) +...+ ]п + (п-1)])= - Ц4 • п.
300. Нужно доказать, что из равенства Sp = Sq следует равенство Sp+q — 0. Так как
с _ 20i + 4(р О „ с ________	+ d (q — 1)
^р~ о Р.	о Ч»
где d — разность прогрессии, то
2qx + d (р — 1) 2ах + d(<7—1)
2 Р	2	4
ИЛИ
[2ах + d (р — 1) ]р = (2л4 + d (q — 1)]?, 2л i (Р — Q) + d (р2 — р — q2 + q) = 0.
Поделив обе части последнего равенства на р — q, получим: 2а{ + d (р + q — 1) = 0, или Я1 4- ki 4- d (р 4- q — 1) I = 0.
Но так как ai 4- d (р 4- q — 1) = ap+q, то последнее равенство можно переписать в виде а\ 4- ap+q = 0.
Наконец, Sp+, = (р q) = 2(р 4- q) = 0,
что и требовалось доказать
30 L Имеем:
tg5°-tg55° • tg65° • tg75° = tg 5°- tg(60° — 5°)- tg(60° 4- 5°)-ctg 15° =
= ta5o .	tg60° - 1g5°	. tg 60°4-tg5o	15o =
°	1 4- tg 60° • tg5° 1 — tg 60° • tg5° *
= tg 5 • ----S2_.ctgl5°.
1—3lg25°
Далее, так как sin 3a = 3sina — 4 sin3 a и cos 3a = 4 cos3a — — 3 cos a,
. o 3sina — 4sinH a sina (3 — 4sin2a) TO tg 3a = —----------------
4cos3 a — 3cosa
4cos2 a — 1
4 cos3 a —3
cost* (4cos2a — 3)
3 — tg2 a
1 — 3-g2a
Таким образом, tg 5°-	• ctg 15° = tg (3 • 5°) • ctg 15° =
= tg 15° • ctg 15° = 1.
302.	Имеем:
• mo • rno • -тио 2sin 10° • cos 10° • cos 40° • cos 20° sm 10 • sin50° • sm 70° =-------------------------------=
2ccs 10°
__2sin 20° -cos 20°* cos40°_ 2sin 40^-cos 40° _ sin 80° _ 1
4 sin 80°	~ 8sin 80°	~ 8sin 80° ~ 8*
303.	Пусть
a2 4“	4" ел —
J 90
Следовательно, надо доказать, что 6	— при условии
п
Имеем:
(2)
2>о,
2
2
a
или
2 п
п
д2 или, учитывая (1) и (2), ь ь2
а1 4" а2 Я’ ал 4 b
0.
ь
------= —, а поэтому b , что и требовалось до-b b Ь	л
казать.
304.	Для определенности пусть а>Ь>с, тогда имеем:
а4'1 + аП^ь +	+ bn^i > bn-i + Ьп-2.с +	+ сп~\
Поскольку, по условию, а, b и с члены арифметической прогрессии, то а — b = Ь — с.	(2)
В силу (1) и (2) получаем:
(а — Ь)^-1 + ап~2Ь+ ... 4- 6n“J)> (b— с)(Ьп^ + Ьп~2-с+
+ ...4-^~1),
или
ап — bn>bn — сп\
откуда ап + сп > 2Ьп.
305.	Пусть АВС — остроугольный тре-
угольник и AD, BE, CF —его высоты, пере-	В
секающиеся в точке О (рис. 39). Очевидно, что каждый из четырехугольников BDOF, CEOD, AFOE является вписанным в некоторую окружность. В силу теоремы о произведении секущей на ее внешнюю часть имеем:
AD • АО = АВ - AF = АС • ДЕ, BE • ВО = ВС • BD = ВА • BF, CF • СО = СА • СЕ = СВ • CD.
Сложив почленно эти три равенства,
получим:	рИСв 39
1Э1
2 (AD • АО + BE • ВО + CF • CO) = AB - AF + ВС - BD + + CA • CE + AC • AE + BA • BF + CB • CD = (AB)2+ (BQ2 + + (СЛ)2,
что и требовалось доказать. Если же треугольник тупоугольный, то произведение, соответствующее тупому углу, надо взять со знаком
минус.
306. Угол BED равен углу ВАТ как соответственный, а угол
ВАТ измеряется половиной дуги АСВ (рис. 40). Угол DCB измеряется половиной дуги AFB. Так как дуги АСВ. AFB вместе составляют полную окружность, то измеряемые половинами этих дуг углы BED. DCB в сумме равны 2d и, следовательно, около четырехугольника BCDE можно описать круг.
307. Данное уравнение перепишем в виде
х4 + 4х2 + 1 + 4х3 + 2х2 + 4х — 6х2 —
— 12х — 6 + а + 5 = 0,
или
т. е.
(х2 + 2х + I)2 — 6 (х2 + 2х + 1) + а + 5 = 0,
(х + I)4 — 6 (х + I)2 + а + 5 = 0.
Откуда х = —1 ± 1^3+ J/4
а.
Очевидно, что если 4 — а < 0, т. е. а > 4, то уравнение не имеет действительных корней.
Если а < 4 иЗ — ]/4 — я > 0, т. е. если — 5 < а < 4, то уравнение имеет четыре действительных корня.
Если а < 4 и 3 — У 4 — а < 0, т. е. если а < — 5, то уравнение имеет два действительных корня:
х= — 1 ± Кз +У4—а.
Если а = 4, то уравнение имеет два двукратных корня:
*1>2	1 +	3
И *3,4 = — 1 — К3-
Если а = — 5, то уравнение имеет двукратный корень: х ,,2 = — 1 и еще два действительных корня: х 3,4 = — 1 ±
192
308. Имеем:
sin 2 а . cos а =---------’
2sin а
о sin 4а cos2a =----------,
2sin 2а
sin 8а
cos4ct =--------,
2sin4a
(1)
Cos2*a=
2sin2*a *
Перемножив почленно все равенства (1), получим требуемое. 309. Перепишем доказываемое равенство в виде
п . л . Зл 1 2 sin — -sin— = —, 10	10	2
или
JT 3 ТС sin — -sin	—
____5_____5	= 1	(1) л_________Зл	о *
2cos— -cos —
«	10	10
Но так как
л cos — = sin
10
Зл . /л Зл
cos — = sin /---------
10 I 2	10
. Зл
= sin — 5
. л
= sin — 5
то (1) верно, а следовательно, верно и доказываемое равенство.
310. В 1-й группе первый член равен 1 + О2 • 2;
» 1 +
П2 _ Ч-З
2
а
в п-й »	»
Следовательно, сумма членов n-й группы (в данном случае эта группа состоит из нечетных чисел) равна:
п
2
2.1(п2 —2п + 3) + 2(п —
Далее, во 2-й группе первый член равен 2+0-4;
в	4-й	»	»
в	6-й	»	»
в	8-й	»	»
» »
» »
» »
7 Заказ 164
193 '
в 10-й в в
2 + 10 • 4;
в n-й в в
л2 л
•4= у—и 4-2.
Следовательно, сумма членов n-й группы (в данном случае она состоит из четных чисел) равна:
Итак, для п нечетного искомая сумма:
(1)
а для п четного искомая сумма:
(2)
в в
Из (1) и (2) следует, что искомая сумма для любого натурального и равна:	*
311.	Для определенности пусть а > b > с. Поскольку а, й, с — последовательные члены геометрической прогрессии, то
Ь2 = ас.	(1)
Имеем:
(ап - сп)2 > 0,
или
а2и _ 2ап сп + С2п > Q,
Прибавив к обеим частям неравенства (2) по 4а"сл, получим: (ап + сп)2 > 4aV’>
откуда
ап + сп>2У\ас)п,
или, учитывая равенство (1), получаем: ап сп> 2Ьп.
312.	По теореме косинусов имеем:
АВ2 = АС2 + ВС2 — 2АС • ВС • cos 120°,
или АВ2 = АС2 + ВС2 + АС • ВС,
(1)
194
а по теореме синусов находим:
или
sin В =
AC- sin 120°
или
/зле
2АВ 9
sin В =
sin2 В =
лв2
Учитывая (1), получаем:
sin2 В =
________зле2______
4ЛС2+ 4ВС2 +4ЛС. ВС
3
По условию,
ВС
АС
тогда
sin2 В = —
откуда sin В = -^—9 а следовательно, ZB=45°.
313.	Возведя обе части уравнения в квадрат, получаем:
о	/ л । о \ i2i л	' л	4 а 4" 3 i / 8а -4- 9
4х2 — (4а + 3) х + а2 + а = 0, откуда х1>2 = —“—
Проверим, удовлетворяется ли исходное уравнение. Правая часть имеет значение:
1 '-у*"1'1- j;(и
4	4
Поскольку в левой части стоит арифметическое значение некоторого корня, правая должна быть также неотрицательной, т. е. верхний знак непригоден. Значит, корень может быть только
4а+ 3 — /8а Л-9 Х = -----о------
7*
Кроме того, из (1) видно, что должно быть (иначе числитель отрицателен). Если условие выполнено, то имеем:
у/ 12а 4-9 — 6/8а+ 9
195
Итак, уравнение имеет единственное решение (2) при а 0 и не имеет решений при а < 0.
314« Пусть
1^2 — х=и, —1=о.
Таким образом, для нахождения и и v имеем систему: и + v = 1, и3 + v2 = 1.
Из этой системы получаем:
и3 + (1 — и)2 = 1,
или u(u2-j-u— 2) = 0.
Отсюда находим:
«1 = 0, и2 “ 1, и3 = —2, которым соответствуют три решения исходного уравнения:
Xi = 2, х2 = 1, х3 = 10.
315« Имеем:
2 cos 2а* sin а = sin 3 а — sin а,
2 cos 4а • sin а = sin 5 а — sin За,
2 cos 6 а • sin а = sin 7 а — sin 5 а,
2 cos 2п а sin а = sin (2n + 1) а — sin (2и — 1) а.
Складывая почленно все эти равенства, получим:
2 sin a (cos 2 а + cos 4 а + cos 6 а 4- ...4-cos 2п а)—sin (2п+1)а— — sin а,
откуда
cos 2а + cos4а + cos 6а +... 4- cos 2па=
sin (2л4-1) а— sin а 2sinu
sin па cos (п 4- 1)<% sin а
316.J Имеем:
2 sin2 а =1 — cos 2а, 2 sin2 2а = 1 — cos 4а, 2 sin2 За = 1 — cos 6а,
2 sin2 па = 1 — cos 2па.
Сложив почленно все эти п равенств, получим:
2(sin2a + sin2 2а + sin2 За 4- ... + sin2na) = п — (cos 2а + 4- cos 4а + cos 6а 4- ..• + cos 2na),
откуда
196
sin2 a-f-sin2 2a4-sin2 ЗаЧ-...+sin2 na=
cos2a-f-cos4a4-...-|-cos 2na
Но так как cos 2a 4- cos 4a 4- cos 6a + ... + cos 2n a = _____________________ sin na • cos (n -|- 1) a sin a
(задача 315), то
sin2a 4- sin2 2a 4- sin2 3a 4- ... 4- sin2 na =
n sin na cos (n 4- 1) a
2	2 sin a
317,. Поскольку
1 = sin2 x 4- cos2 x и sin 2% = 2 sin x • cos x,
то данное уравнение можно последовательно переписать так:
9 sin2x 4" 6 sin х cos х 4- cos2 х
9 cos2 х 4- 6 sin x-cos *4- sin2 *
= 0,
(3 sin x 4- cos x)2 (3 cos x 4- sin x)2
(tg X — I)3 = 1.
n
2
Откуда tgx = 1, а следовательно, к = £ = 0; ±1; ±2, ... .
318.) Данное уравнение перепишем в виде sin4 х — 3 = sin2 Зх — sin х.
где
Очевидно, что
— 3 sin4x — 3	— 2
— 1 sin2 Зх — sin х 2.
Таким образом, левая часть уравнения определена на сегменте I—3; —21, а правая — на сегменте [— 1; 2]. Так как эти два сегмента не пересекаются, то уравнение не имеет решений.
319. В первой группе 1 член, равный 1; во второй группе 2 члена и первый из них равен 2; в третьей группе 3 члена и первый из них равен 4 и т. д. Теперь легко заметить, что в n-й группе п членов и первый из них равен ....* ——- 4- 1.
197
Последний член n-й группы равен
п (п — 1)
'	2
4-1 + (п —
п2-\ п
2
Следовательно, искомая сумма есть сумма п членов арифметической прогрессии, разность которой 1, первый член равен -----	1, а последний	. Таким образом, искомая сумма z---------------------------2
равна:
п (л — 1)
л ___л (л2 4- 1)
2 ~~	2
320. Имеем:
л2-|- п 2
fc2
2
Придавая k в этом равенстве значения 1,2, 3, ..., л, получим:
Складывая почленно все п равенств (1), получаем:
S„= 1 (12+ 22+ З3 + ... +п2)+±(1 +2 + 3+ ... +П).
то
Но так как 1 + 2 + 3 + • • • +
12 + 22 + 32 + ... +п2 =
л (л +1)
112
321. Из условия — 4— = — следует, что а с b
(1)
198
1	, 1	2
а из условия--------1—	=	—,	находим:
b	d	с
Ьс
(2)
Учитывая (1) и (2), имеем:
(а + d) - (6 + с)=
2с — b
2Ь —с
-(Ь + с) =
2(6 + с) (Ь — с)8 (2с — Ь) (26 — с) ‘
Из условия следует, что Ь + с > О, b — с ф 0, 2с — b > О, 2Ь — с > 0, поэтому рассматриваемая разность положительна, а следовательно, а + d > Ь + с, что и требовалось доказать.
322« Числители обеих частей данного неравенства суть суммы арифметических прогрессий с разностью 1.
С1 + "0 а+п)п ........ .	.	. , , „
Имеем:	—Е—-— > —-— , или 1 4- т > 1 -t- п,
2т	2п
т > п.
323« Перепишем данное равенство в виде
а2 — Ь2 = Ьс.
Известно, что а = 2R sin Л; b = 2R sin В; с = 2 R sin С, где R — радиус описанной окружности около треугольника. Таким образом, равенство (1) можно переписать в виде
sin2 А — sin2 В = sin В • sin С,
1 — cos 2 А	1 — cos 2В
2	2
= sin В • sin С,
sin (Л + В) sin (Л — В) = sin В • sin С.	(2)
Но так как sin (Л + В) = sin С, то из (2) следует, что sin (Л — В) = sin В.	(3)
Поскольку Л и В — углы треугольника, то из (3) получаем Л — В = В, откуда Л = 2В, что и требовалось доказать:
324. Обозначим искомый угол A DC через х, тогда Z. CDB - 180° —х, Z_ACD = = 180° — (х + А), Л. BCD= х — В (рис. 41). По теореме синусов из треугольника ACD имеем:
СР _ АР sin A sin (х + 4) а из треугольника BCD получаем:
СР __ ВР sin В sin (к — В)
Рис. 41
(2)
199
Поделив почленно (1) на (2) и учитывая, что AD = BD, находим:
sin В __ sin (х — В)
sin A sin (х + Л) *
sin В __ sin х cos В — cos х • sin В
sin A sin х cos А + cos'x sin A 9
sin В sin x cos A + sin В cos x sin A = sin A • sin x • cos В — — sin A • cos x sin B.
Поделив обе части последнего равенства на произведение sin A sin В sin х, получим:
ctg А + ctg х = ctg В — ctg х, откуда
ctg х = у (ctg В — ctg А).
325.; Левая часть уравнения представляет сумму х + 1 членов геометрической прогрессии, первый член которой равен 1, а знаме-1____________________________________________________________а Х+1
натель равен а. Таким образом, левая часть уравнения равна-------
1 —а
Теперь преобразуем правую часть уравнения. Имеем:
= (1- а) (1+ а) (1+ а2) (1+ а*) (14-Д8) = 1 —а
1 — а16
1 — а
(1 +а)(1 +а2)(1 + а4)(1 +а8)
Итак, данное уравнение можно переписать в виде
— ах+1 1 — а16	. г-
-------=----------, откуда х = 15.
1 — а 1 — а
Приведенное решение пригодно при а =# 1. При а = 1 уравнение принимает вид х + 1 = 2 • 2 • 2 • 2, откуда снова находим: х = = 15. Итак, при любом а уравнение имеет корень х = 15.
326.; Вначале докажем, что Ь > 0. Действительно, выражение 4аЬ равно сумме квадратов, (4а2 + 9 Ь2), из которых один не равен нулю (4а2 > 0), поэтому ab > 0. Но так как а > 0, то и b > 0.
Поделив обе части равенства 4а2 + 9fe2 = 4ab на 16, получим:
а2 . 962 _ab
Т ~ 7 ‘
Прибавив к обеим частям последнего равенства по
а2 . 3ab . 9Ь2	,
получим:------1----1---= ab,
4	4	16
260
ЗЬ 2
= ab.
Логарифмируя обе
части этого равенства, получим:
что и требовалось доказать.
327„ Имеем: п = sin3 х + cos3 х = (sin х + cos х) (sin2 х — — sin х cos х + cos2 х), но так как sin х + cos х = т,	то
п = т X (1 — sin х cos х), откуда
т sin х cos х = т — п.	(1)
Далее, возведя в квадрат первое из данных равенств, получим:
1 + 2 sin х cos х = /и2,
откуда
2 sin х • cos х = т2 — 1.	(2)
Теперь, поделив почленно равенство (2) на равенство (1), находим:
2 __ m2— 1 — » т т — п
откуда /п3 — 3/и + 2п = 0, что и требовалось доказать.
328« Имеем:
Л. л	1 /	л	Зл\	, 1 /	Зл	5л\	.
sin — = — I cos----COS — I Ч— cos-------cos — 4- ...
2л	2 \	2л	2n /	2 \	2л	2л)
. 1 /	(2л — 3)л	(2n—1)л\	1 / л (2л—1)л\
2 \ 2л	2л /	2 \ 2л	2л /
. 2лл	. (2л — 2) л . /л	л \ л
= sin —• •	sinк----—	= Sin--------]	= COS —	.
4л	4 л	\ 2 2л / 2л
Таким образом,
А • sin — =cos — , 2л 2л
откуда
л = Ctg^. 2л
• /
3290 Пусть члены геометрической прогрессии a, aq, aq*9 ... Согласно условию задачи, требуется доказать неравенство:
201
о(1 + q""1) a (1 + q 4- q* 4- ... 4- qn~')
2	n	’
или
n(l +^rt-1)>2(l +<7 + ^4- ... +g"-i), или
n слагаемых
n слагаемых
>(1 + 9"-1) + (9 + 9n~2) + ... + (9"-2+9) + (9rt”1+ 1), или
[(l + qn-l)_{l+qn^)] + [{l+qn-i}_{q + qn^)]+ _ + +1(1 + Qn~l)-(qn-3+ 9)1 + 1(1 + 9rz-1)-(9n’1 + 1)] > 0. (2)
Докажем, что выражения в каждой из квадратных скобок положительны. Действительно, (1 + 9П“1) —(qm~l + 4_.0л-/п) = (i _ ^-!)(1 — qn~m) >0, так как 1 — qm~x и 1 — qn~m положительны при 0<9< 1 или оба отрицательны при 7> 1. Таким образом, мы доказали неравенство (2), а следовательно, и неравенство (1).
330.	Пусть в четырехугольнике ABCD (рис. 42) АВ = а, ВС = b, CD = с,
AD = d, О — точка пересечения диагоналей. АО = т, СО = п, ВО = р, D0= q, Z_AOB = а.
По теореме косинусов имеем:
а2 = т2 4- р2 — 2тр cos а, с2 = п2 + q2 — 2nq cos а,
— b2 = — п2 — р2 — 2npcos а, — d2 = — т2 — q2 — 2mq cosa .
Сложив все эти четыре равенства, получим:
(а2 4- с2) — (b2 + d2) = — 2 (т + и) (р + q) cosa. ♦
Для того чтобы а2 + с2 = b2+d2, достаточно, чтобы cos a = 0, т. е. чтобы a = 90°. Это условие также является необходимым, так как (т + и) (р + q) 0.
331.	Перепишем данное уравнение в виде
хг _ 6х -f- 9 + у — 4 Ку + 4 = 0,
или (х — З)2 4- (Ку — 2)2=_0.
Так как (х - З)2 >0, (Ку - 2)2> 0,
202
то (х — З)2+(Ку — 2)2 = О только тогда, когда
(х —3)2 = 0 и (Ку — 2)2== О,
откуда х = 3, у — 4.
332.	Так как значение х = 0 не является корнем уравнения, то, поделив обе части уравнения на х2, получим равносильное уравнение:
= 0,
или х2 + - + 3 /х — —— 2 = 0
X2 \	X )
Пусть х— — = у, тогда х2+ — = у2 4- 4. Поэтому данное урав-
X	X2
нение перепишется в виде
у2 + 4 + Зу — 2 = 0, у2 + Зу + 2 = 0, откуда
Vi =	1» Уг =	2.
Итак, имеем два уравнения:
X
Из первого уравнения находим xt = 1, х2 = — 2, а из второго
333.	Так как log, а = ----, logv b = -----, log,c= ----,
logo X Л log* у	logc г
то, согласно условию задачи, имеем:
2 _	1	,1 _ logoх + logcг
1°ёг> У loge х logc г log0 * • logc г
откуда
loby=-^l0^J-10^ . toga к + logc г
334.	Согласно условию задачи, имеем:
^2
а3 — а2 = 2d>
^п—1 — (ft — 1) d.
203
Складывая почленно все эти равенства, получим:
откуда
р	9
Л*
. J п (п — 1) ап~ at+d v .
(1)
Придавая п в формуле (1) значения 1, 2, 3.п, получим:
ап = at +
. (2)
Сложив почленно все равенства (2), находим искомую сумму:
Sn = atn+
(п — 1) п
2 .
Но так как можно доказать (методом математической индукции),
что 1-24-3.2+ ... + (и - 1) п = (п ~1)”(п + 9 ,
ТО
с	. п (п2 — 1) J
Sn = at п Н— ---• а.
335.	Умножив первое из данных равенств на sin х, а второе на cos х, получим:
1 — sin2x = msinx, 1 — cos2x = ncosx, или w
cos2x = msinx, sin2x = ncosx.	(1)
Перемножив почленно последние два равенства, получим:
sin2 х cos2x = тп - sin х cos х,
или, после сокращения на произведение sin х • cos х,
sin х • cos х = тп.	(2)
Теперь, умножив каждое из равенств (1) на (2), получим:
sin х cos3 х = m2 п sin х, sin3 х cos х = тп2 cos х,
204
или
cos3 х = m2n, sin3 x = mn2t
откуда	____
cos2 x = m y/~mn2, sin2x = n m2n.
Сложив последние два равенства, получим:
т yfтп2+ п Yт2п = sin2x + cos2 х = 1 >
что и требовалось доказать.
336.	Обозначим разность прогрессии ait а2, а2, ... через d. Тогда имеем:
а1 — а2 = аг) (Я1 + а2) =— d (fli +	'
а2 — а2 = (а3 — aj (а3 + а4) =— d (а3 + а4),
a2k—l a2k (a2k-i	4" a2hi —	d(a2k~l~^~ fl2fc)e
Сложив почленно все полученные равенства, находим:
“ а2 +a3~ а4 + - +a2k-— a2k =— ^(«1+«2+Лз+
+ а4+ ... + a2ft_! + a2h) = — d
Но поскольку а2к — ^+4(2/г—1) и at — a2h =—d(2k—1), то
+	<4=-‘'Mps-2‘-
Z	fli — Oofr
что и требовалось доказать.
337. Имеем:
2л
4л
2л л Л 4л л л 6л л
2 cos — »sin —+2cos — - sin —4- 2cos — - sin— 6л 7	7	7	7	77
О . Я 2 sin —
Зл
5л sin л—sin —
2sin —
2sin-—
л
5л .. Зл
. я — sin ~
205
338. Имеем:
Но так как (по условию) tg^- = 4 tg—, то
Подставляя в числитель правой части (1) вместо tg у тождественно равное ему выражение ——а в знаменатель вместо tg2-^— 1 + cos а	2
1 — cos а	„
выражение —-----, получим требуемое.
339. Требуется доказать, что
q(ap— 1)>р(^— 1),
или
(a—4-ар“24- ... + 1) — p(aQ~l + aq~2 4- ... + 1)]>О, или
(а— 1) lq(ap~l + ар~2 + — + я?)— (Р—	+
+а*"2 + ... + 1)] >0.	(1)
Если0<а<1, то ар~х + ар~2 + ••• 4~^<7<(р— д)аЛ (2)
а а'7-1 + aq~2 4- ... 4~ 1 > q • д'7”1.	(3)
Для доказательства неравенства (1) достаточно установить, что имеет место неравенство:
(а — 1) [q(p — q) а« — (р — q) q • a’"1] > 0.
Но это неравенство очевидно.
Если же а > 1, то, рассуждая, как и в случае а < 1, сведем неравенство (1) к очевидному неравенству:
(1 — а) 1(Р — <?) ?а7-1 — q (р — q) а’] > 0.
(V 2
х 4- — 1 + (т — 1)(у2 — 1) 4-
\ 4	/
Так как у — целое число, отличное от нуля, ат — целое положительное число, то т — 1 > 0, у2 — 1 > 0. Поэтому и произведе
шь
ине (tn — 1) (у2 — 1) > 0. Кроме того, и (х + ^)2 > 0.
Рассмотрим теперь два случая.
Пусть сначала | у |	2, тогда — > 3, —-------1 > 2 >* 0.
4	4
Таким образом,
(X +	> 0, (/П - 1) (у2 - 1)2>0 и - 1 > о,
следовательно, в этом случае
х2 + ху + ту2 — ту 0.
Пусть теперь |у| <2. Это значит, что у = ± 1 (ведь у 0) но тогда
х2 + ху 4- ту2 — т = х2 ± х = х (х ± 1).
Но так как х— целое, то х 4-1 — — тоже целое, а если два целых числа отличаются на единицу, то либо они имеют одинаковый знак, либо одно из них равно нулю. Поэтому их произведение неотрицательно. Итак, и в этом случае (|у| < 2) имеем:
Рис. 43
0.
341. Пусть ZBAM=^CAN=a9 Z. MAN = Р (рис. реме синусов из АВМ имеем:
43). По тео-треугольника
ВД1  sin а
AM	sin Р
Из треугольника АСМ AM см
Из треугольника ABN
sin С
0)
(2)
AN
Из треугольника ACN AN
sin р
(3)
sin С
CN sin а ’
наконец, из треугольника АВС^В~ = AC2 sin2 В
।___ АВ2 • sin2 В
— АС2 • sin2 С ’
ИЛИ
(4)
(5)
207
Перемножив почленно (1), (2), (3), (4) и (5), получим:
ВМ BN _ 4В2
СМ ' CN ~ АС2
342. Пусть М — точка пересечения ВС и DE (рис. 44), а углы BMD и СМЕ обозначим через а.
Из треугольника BDM. имеем:
BD _ DM _ MD	m
sin а sinZDB/И sin В *
а из треугольника ЕСМ следует:
ЕС __ ME __ ME
sin a sinZ£CM sin C *
Из (1) и (2) находим:
DM  sin В
ME	sin C
Но, с другой стороны, из треугольника АВС следует: sin В _ AC sin С AB
Из равенств (3) и (4), получаем:
DM __ АС_ ME ~ АВ ’
343. Из второго уравнения системы имеем: у = х + 6.
Подставив это значение у в первое уравнение и произведя тождественные преобразования, получим:
2ах2 4- 2 (ab + 1) х + ab2 = 0.	(1)
Согласно условию задачи, уравнение (1) имеет действительные корни при любом значении 6. Следовательно, дискриминант уравнения (1) должен быть неотрицательным, т. е.
(ab + I)2 — 2а2Ь2 > 0	.	(2)
при любых значениях Ь.
Перепишем неравенство (2) в виде
1 + 2аЬ — а2Ь' > 0.
(3)
208
Если а =/= 0, то можно подобрать достаточно большое по модулю значение Ь, при котором левая часть отрицательна. Например, при b = — левая часть неравенства (3) равна 1+2я • — — а	а
25
— а2 • — = 1 + 10 — 25 = —14. Следовательно, при а У= 0 мож-а2
но найти такие значения &, при которых система не имеет действительных корней. Если же а = 0, то система имеет вид:
и решения ее действительны (х = 0, у = Ь).
345« При п=2 доказываемое неравенство имеет вид 2! • 4! >3!2 или
е1 «2 - 1 •2-3-4>1 - 2- 3‘Ь2‘3,
что верно.
Предположим, что подлежащее доказательству неравенство справедливо при п = k — 1, т. е.
2! • 4! ... (2k — 2)! > (fc!)*-1.
(1)
Докажем, что тогда утверждение задачи верно и при п = k, т. е.
2! • 4!... (2k) ! > [(fe + 1)! ]*.
(2)
Умножив обе части неравенства (1) на (2fe)!, получим:
2! -4! ... (2k — 2)! • (2/?)!>(2/г)! • (Л!)*-1,
или
2! • 4!... (2k — 2)! • (2k)\ > ('2fe)!',
209
2! -4! ... • (2k — 2)! • (2k)\ > (2k) (2k - 1) ... (k + 1) (fe!)*	(3)
Имеем:
(2k) (2k—I) ... (k + \)(k\)k>(k + l)k(kl)k= [(k + 1)!]*.	(4)
Из (3) и (4) следует неравенство .(2). Отсюда на основании принципа математической индукции мы заключаем, что утверждение задачи верно при любом натуральном п > 2.
346. Данное уравнение перепишем в виде
уз	\ . л .
---COSXLSin4x = 1.
2	>
/
1	«л	И 3	л
Так как — — sin —, а-= cos —
2	6	2	6
то (1) можно переписать так:
cosfx— — jsin4x= 1. \	6/
Из этого следует, что
cos | х — —) = ч- 1, sin 4х = ч- 1.
\	6/	“	“
Первое из этих соотношений означает, что
Л __Л
+ 2&п, и поэтому
Но тогда
sin4x = sin —л=
3
что противоречит соотношению sin 4х=± 1. Итак, данное уравнение решений не имеет. 347. Имеем:
sin (4 — В) _____ sin (4 + В) sin (4 — В)
sin (Д + В) sin2 (Л + В)
sin2 А — sin2 В sin2 (4 -|- В)
4R2 (sin2 А — sin2 В)   (2R sin А)2 — (2R sin В)2  а2— Ь2
4R2 sin2 С	(2R sin С)2	с2 ’
что и требовалось доказать.
348.	Пусть ABCD — трапеция (рис. 45). Продолжим стороны AD и ВС до пересечения в точке О. Пусть прямая, проведенная из точки С параллельно МА, пересекает сторону AD в точке 2V,-
210
а прямая, проведенная из точки В параллельно MD, пересекает сторону AD в точке 2V1. Из подобия треугольников АМО и NCO, АВО и DCO, NiBO и DMO имеем:
O/V_OC	О А _ OP	ОВ ОМ
ОА ~ ОМ ' 0В~ ОС ' 0N[ ~ 0D *
Перемножая почленно левые и правые части этих пропорций, получим:
ON - ОА • ОВ _ ОС • 0D • ОМ
ОА • ОВ • ONX “ ОМ • ОС • 0D ’
Рис. 45
ИЛИ
= 1, т. е. CW= ONV 0Nt	1
Следовательно, точки ДО и Ni совпадают, т. е. прямые, проведенные из точек С и В параллельно AM и DM, пересекаются на стороне AD.
349.	Из первого уравнения системы находим: г2 = (3 _ х — у)2.
Подставляя это значение г2 во второе уравнение системы, получим:
2ху — 2у — (3 — х — у)2 — 4 = 0, или
(х2 — 6х + 9) + (у2 — 4у + 4) = 0, или
(х - З)2 + (у - 2)2 = 0, откуда
х = 3; у = 2.
Подставляя эти значения х и у в первое уравнение системы, находим г — —2. Таким образом, данная система имеет единственное решение: х = 3, у = 2, г = —2.
350.	Данная система равносильна такой:
х + у _ 1
xyz	2	’
। У + г = 5_ хуг	6	’
z + х__ 2
I хУг.	3
211
или
Если сложить почленно первые два уравнения, а потом из полученного уравнения вычесть третье, то получим:
2 — 1 • — « » хг 3
откуда хг = 3.
Аналогичным способом находим: ху=2 и yz = 6. Итак, имеем:
Г ху = 2,
j хг = 3,
( уz = 6.
Решая эту систему, находим два решения: = 1, Г х2 =
’ Vi = 2, | у2 = 2, Zj = 3, ( z2 =	3.
351.	Пусть
Sn =х + Зх2 + 5х3+ ... +(2/г-3)хп“1 + (2п— 1)х"	(1)
Умножив обе части (1) на х:
х-5л==х2 + Зх3 + 5х4+ ... +(2п —3)хп+(2п—Ох^1. (2)
Вычитая почленно из (1) равенство (2), получим:
(1 — х) Sn = х + 2х2 + 2х3 + 2х4 + ... + 2хп — (2/г — 1) хп+1 =
= х 4- 2х(1 х + х2 + ... 4-х^1) — (2/г — 1) • хп+1 =
= х + 2х • 1—— (2п— 1)Х»+»,
1 —X
откуда
£___х — х2 — (2/г 4- 1)  хл+1 + (2л — 1) > x”+a
~	(1-х)»
IС Л1
352.	Если п = 2, то имеем — <------, что очевидно. Допустим,
3	(21)2	J
что доказываемое неравенство выполняется для n — k, т. е.
4*	(2/г)!
k + 1	(Л!)« ’
(1)
212
и докажем, что тогда оно имеет место и при п = k 4- 1, т. е.
Имеем:
[2 (ft + OP К* +1)!]» ’
4Л+1
4* • 4 (ft + 1) (ft+2)(ft + l) *
(2)
(3)
k + 2
Из (1) и (3) следует, что
(2k 4- 2)! 2
(ft!)2 (2ft2 + 5ft + 2)
(2fe + 2)! • 2	[2 (ft + l)]l
(ft!)2 (ft + I)2-2 ~ [(ft + l)!la
Таким образом, мы доказали, что если верно (1), то верно и (2), а также мы убедились, что утверждение задачи верно при и = 2. В силу изложенного на основании принципа математической индукции заключаем, что доказываемое неравенство справедливо для любого натурального и > 1.
QCQ ГТ	2х2 + 6Х 4" 6
353.	Пусть у = ---!---!—, тогда имеем:
^2 | I
(у — 2)х2 + 2(2у — 3)х 4- 5у — 6 = 0.	(1)
Решая (1) относительно х, получаем при у #= 2:
3_2у + /(3-2у)2-(у-2) (5у-6) у—2
Так как х — действительное число, то подкоренное выражение неотрицательно, т. е.
(3-2у)2-(у-2)(5у-6)^0,
или
у2 — 4у + 3 < О,
или
(у — 1) (у — 3) < 0, откуда 1 < у < 3.
Если же х таков, что у = 2 (это значение мы раньше исключили), то в этом случае неравенство 1 у 3 выполнено.
354.	Из условия следует, что 1 + sin <р =# 0, 1 — sin ф
1 + cos ф ¥= 0, 1 — cos ф ф 0. Откуда ф #= k •	. Поскольку
|sin ф| 1, |cos ф 1, то все подкоренные выражения неотрицательны, т. е. исследуемое выражение действительно.
214
Имеем: 1/1 — sin Ф т 1 4~ sin q>
1 + sin ф _ О — sin ф) — (1 4- sin Ф>
1 —sinV	/1 —81п2ф
t 2 sin ф
|cos ф]
Аналогично получаем:
-1 Г1 — COS ф   1 Г1 + COS ф = 2 COS Ф
F 1 + COS ф	Г 1 — COS ф	|sin ф I
Таким образом, исследуемое выражение перепишется в виде
4 sin ф cos ф	л cos ф sin Ф
-----------— , или 4---------— • ----— .
| cos ф 11 sin ф |	|cos ф | jsin ф |
Для дуг, оканчивающихся в верхней полуокружности, | sin х| = «= sin х; а для дуг, оканчивающихся в нижней полуокружности, | sin х( = —sin х; для дуг, оканчивающихся в правой полуокружности, |cos х| = cos х, и, наконец, для дуг, оканчивающихся в левой полуокружности, |cos х| = —cos х.
Из изложенного следует утверждение задачи.
355.	Имеем:
sin 5х = sin (Зх + 2х) — sin Зх • cos 2х + cos Зх • sin 2х — = (3 sin х — 4 sin3 х) (1 — 2 sin2 х) + (4 cos3 х — 3 cos х) X
X 2 sin х • cos х = 3 sin х — 4 sin3 x — 6 sin3 x + 8 sin6 x + + 8 sin x • cos4 x — 6 sin x • cos2 x = 8 sin5 x- — 10 sin3 x +
4- 3 sin x + 8 sin x (1 — sin2 x)2 — 6 sin x (1 — sin2x) = 8 sin5 x — — 10 sin3 x + 3 sin x + 8 sin x — 16 sin3 x + 8 sin6 x — 6 sin x + + 6 sin3 x = 16 sin5 x — 20 sin3 x + 5 sin x.
Итак,
sin 5x = 5 sin x — 20 sin3 x + 16 sin5 x.
Имеем: sin (5 • 36°) = sin 180° = 0. Следовательно, 5 sin 36° — 20 sin3 36° + 16 sin5 36° = 0.
Пусть sin 36° = г, тогда последнее уравнение перепишется в виде
z (16г4 — 20г2 + 5) = 0,
откуда

214
Из этих корней только z2 и г4 положительны, но z2 также не может быть sin 36°, так как
5+ V5 . 1
поэтому
т/5±_/£> ЕС! , a sin36°<^.
V 8	2	2
Таким образом, sin 36° = —	5~	.
2	2
356.	Поделив обе части данного уравнения на 5, получим:
2 sin* 2 х2 + A cos 2х + — sin 2х = 1.
5	5
' 4	3
Пусть — = cos 2ф, тогда — = sin 2<р
5	5
и уравнение перепишется в виде
2 sin2 х2 + cos ф cos 2х + sin 2ф sin 2х — 1 = О,
или
2 sin2 х2 + cos (2х — 2ф) — 1=0.
Но так как 2 sin2 а = 1 — cos 2а, то (1) принимает вид cos 2х2 — cos (2х — 2ф) = 0, или
sin (х2 + х — ф) sin (х — ф — х2) = 0.
(1)
(2)
357.	По теореме синусов имеем:
. а sin В a sin С Ь = ------, С—---------,
sin A sin А
поэтому
a sin A sin (В — С) a sin В
2 sin Л ‘ sin А
• sin (С — А)
О Sin С • /л -------sin (Л — В)=
sin А
[sin A sin (В — С) + sin В sin (С — Л) + sin С sin (Л — В)] = sin А
а
2 sin А
[cos (Л — В + С) — cos (Л + В — С) + cos (В— С 4-Л)—
— cos(B + С — Л) + cos(C—Л+В)—cos(C+ Л— В)] =
= —— -0 = 0.
2 sin А
358. Так как а2 = 4/?2sinM, b2 = 4/?2sin2B, с2 = 4/?2sin2C, где R — радиус описанной окружности, то достаточно доказать, что
215
sin A sin (B — C) + sin В sin (С — Д) + sin C • sin(/ — B)=0.
Но это мы доказали в задаче 357.
359.	Пусть в пятиугольнике ABCDE (рис. 46) стороны равны между собой и равны последовательные углы Д, В и С. Проведем диагонали ДС, BD и BE. Пусть К— точка пересечения диагоналей АС и BE. Треугольники АВЕ и АВС равны по двум равным сторонам и углу, заключенному между ними. Поэтому диагонали АС и BE равны и равны углы ДСВ, АЕВ, АВЕ и ВАС. Отсюда заклю
чаем, что треугольник А КВ равнобедренный. Следовательно, АК = = ВК. Поскольку СК = АС — А К и EK = BE — В К. СК = = ЕК- Треугольники DKE и DKC равны, так как стороны ED и DC равны по условию, ЕК и СК — по доказанному, а сторона KD — общая. Из равенства треугольников следует равенство углов KED и KCD, а значит, равны углы Е и С пятиугольника ABCDE как суммы равных углов.
Таким же образом доказывается равенство углов D и Е. Итак, пятиугольник ABCDE — правильный.
360.	Пусть прямые AAt и BBi пересекаются в точке М (рис. 47). Построим отрезки СМ и CtM; AAAtC = ДВСВ^ так как их стороны, заключающие равные углы при вершине С, соответственно равны. Поэтому Z 1 = Z 2, Z 3 = Z 4. Так как отрезок МС виден под равными углами из точек Дх и В, а также из точек Bi и А, то вокруг четырехугольников AiBMC и АМСВ1 можно описать окружности; это, в свою очередь, приводит к выводу, что Z ВМА i = = Z AiMC = Z CMBi = Z BiMA = 60°. Так как Z АМВ = «= 360° — 240° = 120°, a Z ACiB = 60°, то около четырехугольника AMBCi можно описать окружность; поэтому Z CiMA = = Z CiBA = 60°. Так как Z CiMA = г AiMC = 60°, то MCi есть продолжение СМ.
Следовательно, ДДх, BBi, CCi пересекаются в одной точке.
216
361.	Данное уравнение можно переписать в виде [х + 3sin (ху)]2 + 9 [1 — sin2 (ху)] = О, или
[х + 3sin(xy)]2 + [3cos (ху)]2 = 0.	(1)
Поскольку квадрат действительного числа неотрицателен, то из (1) следует, что
х + 3 sin (ху) = 0 и cos (ху) = 0, т. е. х + 3 sin (ху) = 0 и sin (ху) = ± 1.
Итак, имеем две системы:
j X + 3 sin (ху) = 0, f х + 3 sin (ху) = 0, | sin (ху) =1; I sin(xy) =— 1.
Из первой системы находим: х=—3, ху = — +2nk, т. е. х1 = =—3, у, =—з"» а из второй системы х = + 3, ху = =— j + 2л/, т. е. х2 = + 3, у2 =—	. где k = 0, ± 1,
±2, ... ; Z = 0, ±1, ±2, ...
362.	Из условия (1 + tg х) (1 + tg у) = 2 следует, что 1 — — tg х tg у = tg х + tg у, tg х 4- tg у ,
ИЛИ ———- 7 = 1,
1—	tgx - tgy
отсюда
tg (х + у) = 1.
Следовательно, наименьшее положительное значение суммы х + у л есть —.
4
363.	При п = 1 доказываемое неравенство верно, так как .	1	т-т	л
х 4-->2 при любом положительном х. При п = 2 утверждение
х
задачи принимает вид х2 + 1 + ~ ^3, что верно, так как X2
Далее, предположим, что доказываемое неравенство справедливо при п = k, где k — некоторое натуральное число, г. е.
Докажем, что подлежащее доказательству неравенство справедливо и при п = k + 2, т. е.
217
(2)
Действительно, сложив почленно неравенство (1) с известным неравенством х*+2 Н—2, получим неравенство (2). Итак, мы хп+2
доказали, что доказываемое неравенство верно при п = 1 и п = 2. Также мы доказали, что из справедливости неравенства при п = k следует его справедливость и при п = k + 2.
Таким образом, из того, что доказываемое неравенство справедливо при п = 1, заключаем, что наше неравенство верно для любого нечетного и, а в силу того, что неравенство имеет место при п = 2, заключаем, что подлежащее доказательству неравенство верно для любого четного п. Следовательно, утверждение задачи справедливо при любом натуральном п.
Поскольку
А я / В . С\ 2 2 \2 1 2/
ИЛИ
ТО Ctg — = tg (— 4- — 'j =
2	ь\2	2/
откуда п8 4- Зп2 — п — 3 = 0, или п\п 4-3) — (п 4- 3) = 0,
(м2 —, 1) (п, 4- 3) = 0.
Но так как п — натуральное, то из последнего равенства следует, что п = 1, т. е. ctg—= 1, а потому А = —.
2	2
365. В самом деле, известно, что 1 + cos а = 2 cos2-^, откуда COS -=4- 1/1 + cos а .
2	~ V 2
Согласно условию задачи, имеем:
Поэтому
218
cos — = cos[nk + —= (— l)fe cos — , где cos — 0.
2	\	2/	•	2	2
Теперь ясно, что
cos у = (-1)* у L+c°s a .
366. Проведем через точку А общую касательную к обеим окружностям до пересечения с ВС в точке D (рис. 48). Имеем DB — DA = DC как касательные, проведенные к окружностям из точки D.
В треугольнике ВАС медиана AD равна половине стороны ВС, что, как известно, имеет место лишь при условии, что Z. ВАС = 90°.
367. Прежде всего, ясно из рас-
смотрения правых частей, что х, у, z должны быть неотрицательными. Перепишем 2z некие системы в виде x=z------.
Дробь ^<1.
Действительно, 2z 1 + z2, z2 + 1 — 2г 0, Из (1) и (2) следует, что х г.
Аналогично можно убедиться, что у<С х,
г < у.
первое . урав-(I)
(2)
(г _ 1)2 о.
(3)
(4)
(5)
Из (3), (4) и (5) следует, что х = у = г.
Подставляя г = х в первое уравнение системы, получаем:
2х2
2
Решая это уравнение, находим:
Xi = 0, Х2 = 1.
Но так как мы убедились, что х = у = z, то система имеет два решения: -
х = у = z = 0 и х = у = z = 1.
368.	Обозначим через х и у число рядов соответственно при первом в втором способах рассадки деревьев. Тогда
37х + 8 - 43у + 11.
Перепишем это уравнение в таком виде:
37(х — у) = 3 (2у + 1).
219
Следовательно, 2у 4- 1 = 37 k. Но так как (в силу условия) у < 24, то 2у + 1 = 37, откуда у = 18. Таким образом, надо.было рассадить 43 • 18 + 11 = 785 деревьев.
369.	Имеем:
370.	Общий корень данных уравнений является также корнем уравнения, получаемого от почленного вычитания их, т. е.
(а _ 1) (Х _ 1) = о.
Если а=1, то уравнения совпадают. Если же а#=1,то их общим корнем должно быть число х=1, а это будет лишь при а= —2.
371.	Обозначим искомую сумму через S. Имеем:
2S = (I2 + 22 + З2 + ... + и2)2 — (I4 + 24 + З4 + ... + и4).
Но так
Р+24+34 +
как I2 + 22 + За 4- ... + п2 = -(п + °(2п + П и 6
. л	п (п -k 1) (2л 4- 1) (ЗлМ- Зп—1)
... 4- п4=	--  -□—'2---X-----’ что МОЖНО При-
30
верить методом математической индукции, то
2S= ”2(” + О2 <2п+ !)2 _ ” + О (2п + 0 (3ft2 + Зп — 1)
""	36	30
п (п -|- 1) (2п 4- 1) |5п (2л2 4- Зп 4- 6) — 6 (Зп2 4~ Зл — 1)1
180
п (п + 1) (2п 4- 1) (п — 1) (2п — 1) (5л 4- 6) 180
откуда 3- «W-lXW-lHSa+s
360
372.	При и = 1 доказываемое соотношение имеет вид:
/ 3 • 1 +1
Далее, предполагая, что утверждение задачи верно при п = k, т. е.
± . А . A 2fe —1 <	1
2*4*6 2k рЗМИ '
220
докажем, что оно верно и при п = k + 1, т. е.
Л . А . A 2fe —1 _ 2fe + 1	1
2	4	6	2k ’ 2k + 2	/3*^4 *
Умножив обе части неравенства (1) на положительную дробь
—, получим:
_L . А . А . 2Л? — 1 2k + 1	1	. 2k + 1
2	4	б’“' 2k . * 2/г + 2^	’ 2/г + 2 ’
Таким образом,
остается
1
/ЗМП
доказать, что
e 2fe 4~ 1 <	1
2* + 2	/зГ+4 ’
(3)
* Умножив обе части ' неравенства (3) на (2k + 2) ]f3k + IX Х]/3& + 4 и возведя обе части полученного неравенства в квадрат, получим:
(2k + I)2 (3k + 4) < (2k + 2)2 (3k + 1), или
12А>3 + 28fe2 + 196 + 4 < 1263 + 28fe2 + 206 + 4.	(4)
Неравенство (4) верно, так как & > 1. Итак, неравенство (3) доказано; следовательно, верно и неравенство (2).
В силу изложенного заключаем, что подлежащее доказательству неравенство верно при любом натуральном и.
373.	Для удобства введем такие обозначения:
ai = х3, а2 = у3, а3 = z3,
тогда доказываемое неравенство принимает вид:
хуг,
что равносильно неравенству х3 + у3 + г3 > Зхуг.
Имеем: (х + у + z)3 = х3 + у3 + г3 + Зху (х + у 4~ г) 4-4- Зхг (х + у + z) + Зуг (х + у + z) — Зхуг. Следовательно, х3 + у3 + г3 — 3xyz = (f + у + z)3 — 3(х + у + z) (ху + + хг + yz) = (х + у + z) (х2 + у2 + z2 — ху — хг — уг) == — у(х + у + z) • (2х2 + 2у2 + 2г2 — 2ху — 2хг — 2yz) = ==у(х + у + z) [ (х — у)2 + (х — г)2 + (у — г)2]	0, т. е. мы
доказали, что х3 + у3 + г3 — Зхуг 0, или х3 4- у8 4- z3
1_ уЗ 23 > Зхуг, а следовательно, верно и неравенство------------->xyz.
221
Учитывая, что х =	,
у = у аг, г — у а3, получаем:
а>2 аз
Равенство достигается только при = а2 = а3.
374. В самом деле, известно, что 1—cosa = 2sin
о a
2 — , отку-
a да sin -к
1 — cosa
Ho, согласно условию задачи, имеем: a ___________________ I ao	Л ao
Поэтому
. a sin —
sin > 0.
_	. a
Теперь ясно, что siny = (—
375. Рассмотрим функцию:
— cos a
cos2 * * x
sin х • cos х sin8 x
1
sin2 x • cos2 x
sin X • COS X
4
sin2 2x
4___
sin 2x
4	4
Каждое из выражений--------- и ----- при
sin2 2х	sin 2х
ля до сначала убывает от 4- оо до 4 (когда
возрастает от 4 до + оо [ когда —	;
\	4	2 /
х = у одновременно достигают наименьшего их сумма будет иметь наименьшее значение
возрастании от ну-L затем 4/
оба выражения при значения, значит, и при х = у . Если
то у = 8. Таким образом, если
то у2 > 8, а
в первом квадрате положительны, то
так как secx и cosec х
376. Имеем:------------
. А sin — 2
Д	В—С	В+С	в—с
cos— cos----	2 sin —-— cos —-—
2	2	________2_______2_
A A ~	A A
cos- sin -	2 sin - cos-
222
sin В -|- sin C sin A
2 R sin В 4- 2 R sin C
2 R sin A
что и требовалось доказать.
Рис. 49
* 377. Пусть четырехугольник A BCD вписан в круг (рис. 49).
Построим угол АВК, равный углу CBD. Треугольники АВК и DBC подобны, так как /LAB К = /LDBC (по построению), /LBAC = /LBDC (вписанные углы, опирающиеся на дугу ВС). Из подобия этих треугольников следует, что
АВ : AK = BD : СО,
или АВ • CD = АК • BD.	(1)
Треугольники ВС К и ABD также подобны, поскольку /LKBC = = /LABD (так как /_КВС = /LCBD + /-DBK\ /LABD = — /LABK + /LDBK) и Z_ACB = /_ADB (вписанные углы, опирающиеся на дугу ДВ).
Из подобия последних двух треугольников имеем:
ВС : КС = BD : ДО,
т. е.
ВС - AD = КС • BD.
(2)
Сложив почленно равенства (1) и (2), получим:
АВ • CD + ВС • AD = (АК + КС) • ВО, или
АВ • CD + AD • ВС = АС • ВО
378.	Применяя теорему Птолемея к вписанному - четырехугольнику АВМС (рис. 50), получим:
МА • ВС = МВ • АС + МС - АВ, ч
или, полагая ВС = АС = АВ = at
МА • а = МВ • а + МС • а. л
Следовательно, МА = МВ Д- МС.
Рис. 50
223
379.	Умножим обе части данного равенства на выражение (1 + cos а) (1 + cos Р) (1 + cos у).
Имеем:
[(1 + cos а) (1 + cos Р)ч(1 + cos у)]2 =
= (1 — cos2 а) (1 — cos2 Р) (1 — cos2 у) = sin2 а • sin2 Р • sin2 у.
Поскольку 1 + cos а > 0, 1 + cos Р 0, 1 + cos у > 0, то из полученного равенства следует, что
(1 + cos а) (1 + cos Р) (1 + cos у) = | sin а| | sin Р| |sin у|.
Если а, Р, у такие, что sin а > 0, sin р > 0, siny > 0, то знаки модуля можно опустить.
а	„ а
2tg—
380.	Так как sin а =--------, cos а =-----------и так как, по
а	а
l + tg-	l + tg’y
sin а =
, a a условию, tg — = — , TO
a	a2
~b	1T2	b2 — a2
— =	. r.9» cos a =------= •	- ,2
a2 a2 + b2
b2
d2
Таким образом,
2a2b
b3 — a2b ___ a2b -|- b3 _
т. e. рассматриваемое выражение не зависит от а.
381.	Предположим противное, что имеется такой треугольник, у которого стороны равны a, а + d, a + 2d, а углы a, а + Р, а + 2Р, где а =# 0, р #= 0. Тогда, согласно теореме синусов, имеем:
а + d
а
sin a
sin (a + p)
a + 2d sin (a + 2p) ’
откуда на основании свойства ряда а + а + 2d ___________________________
sin a + sin (a + 2p)
ИЛИ
2 (a + d) __
2 sin (a + P) cos p
равных отношений имеем:
a + d sin (a + P) ’
a d
sin (a + P) ’
4
224
1
или
= 1, откуда cos₽ = 1, а следовательно, 6 = 0, что про-COS р
тиворечит предположению.
382.	Имеем (для любых неотрицательных чисел а, Ь):
а-^ > Vab.	(1)
Пусть
а =	+ ь = где at, а2, а3> аь —
£	л*
неотрицательные числа. Подставляя эти значения а и b в (1), полу-
чаем неравенство:
или
Далее,
> у^2,	(3)
Подставляя в правую часть неравенства (2) вместо -fll—и
 4 не превышающие их значения у ata2 и у а3а4, мы полу-
чим неравенство:
Неравенство (2) обращается в равенство тогда и только тогда, когда 01 +— = Оз~*~ - , а неравенства (3) достигают равенства 2	2
лишь при Oj = а2 и а3 = а4, следовательно, неравенство (4) становится равенством тогда и только тогда, когда at = а2 = а3 = сц.
383.	Если та, ть, тс — медианы треугольника, то из формулы 4m2a = 2Ь2 + 2с2 — а2 следует, что большей стороне треугольника соответствует меньшая медиана; поэтому
-а	= k
с b а 9
8 Заказ 164
225
или та = kc, mb Известно, что
= kb, тс = ka.
(1)
4та2 — 2b2 + 2с2 — а2, 4ть2 = 2а2 + 2с2 — Ь2, 4т 2 = 2а2 + 2Ь2 — с2.
Сложив эти равенства, получим:
4(mfl2 + ть2 + т2) = 3(а2 + Ь2 + с?).
Из (1) и (2) следует, что
W (а2 + Ь2 + с2) = 3 (а2 + Ь2 + с2).
(2)
,2	3	2	3 О
k2 = — и та = —с. 4	4
Поэтому
Рис. 51
Подставляя это выражение та2 в равенство
4аил2 = 2Ь2 + 2с2 — а2, получим: 2Ь2 — а2 + с2.
384.	Пусть A BCD (рис. 51) — данный пространственный четырехугольник и К, L, М и N—точки, взятые на его сторонах так, что
КА : КВ = LD : LC (1) и
МВ : МС = NA : ND. (2)
Через точки А и С проводим прямые AD' и CD', соответственно параллельные ВС и ВА, а через точки L и N — прямые LL' и NN', параллельные DD'. Наконец, через точку пересечения Р' прямых KL' и MN' проводим прямую Р'Р, параллельную D'D. Эта прямая пересекает в некоторой точке Р отрезок KL, так как она лежих в плоскости KLL', и в некоторой точке Р" (не показанной на рисунке) — отрезок MN, так как она лежит в плоскости MNN'. Если мы
докажем, что точка Р" совпадает с Р, то тем самым будет доказа-
но, что прямые KL и MN пересекаются.
В силу параллельности прямых N'N и D'D имеем: N'A : N'D' = = NA : ND и в силу условия (2): N'A : N'D' = MB : МС. Таким образом, равные отрезки AD' и ВС делятся прямой MN' в одном и том же отношении. Следовательно, AN' = ВМ, так что прямая MN' параллельна сторонам АВ и CD' параллелограмма ABCD'. Таким же образом покажем, что прямая КВ' параллельна двум другим сторонам того же параллелограмма. Из подобия треугольников КР'Р и KL'L, а также CL'L и CD'D находим, что Р'Р =
- L'L • — ; L'L = DDf KL'
cLf
CD'
, откуда Р'Р = D'D •
CL'
CD'
KP' KL' *
226
Таким же образом из подобия треугольников также AN'N и AD'D найдем Р’Р" = D'D 
МР'Р" и MN’N, а
AN' MP’ D
— • —. Выра-
AD' MN' г
жения, найденные для отрезков Р'Р и Р'Р", показывают, что точки Р и Р" совпадают, так как 'CL' — MP', CD' — MN', КР' = = AN' и КС' = AD'. Далее, имеем очевидные соотношения: РК : PL= Р'К : Р'С = МВ : МС и PM : PN = Р'М : P’N', так что отрезки КС и MN делятся в тех же отношениях, что и стороны
четырехугольника.
385. Имеем:
ак = 4£3 — 6fe2 + 4k — 1.
Образуем разность:
k* — ak = k* — 4fc3 4- 6k2 — 4k + 1 = (k — I)4,
откуда
ak = k* — (k — I)4.
Придавая k в (1) значения 1, 2, 3, . . . , n, получим:
at = 1, a2.= 24—1, a3= 34 —24,
a„ = n4 —(n—I)4.
(1)
(2)
Сложив почленно все равенства (2), получим:
at + аг + а3 + ... + а„ = п4.
386. Имеем: х„-1 4- х2п = cos2<p1 • cos2<p2 ... cos2q>„_2(sin2<pn_1 + 4- cos2<pn_j) = cos2<p1 • cos2<p2... cos2<pn_2;
4-2 4- 4-i 4- x2 = cos2(f| • cos2<p2 ... со$2фй_3 Sinaq>„_2 4-
4- cos2<pt • cos2<pa ... cos2<pn_3cos2<p„_2 = cos2<Pj • cos2<p2 ... cos2<pn_3
и т. д., пока не получим:
4 + 4 + • • • 4- X2 = cos2<p!
и, наконец,
4 + 4 + 4 + ••• + 4 = sin2q>! + cosa<p1 = 1, что и требовалось доказать.
387.	Имеем:
6 sin а + 4 sin За — 4 sin 5а — sin 7а + sin 9а = sin 9а — sin 7а +
4-	6 sina — 4 (sin 5а — sin За) = 2 sina • cos 8а + 6 sina —
— 8 sina cos 4а = 4 sina 11 — 2 cos 4а Ч--—-— I -=
3*
227
= 4 sina(l — 2 cos 4a + cos2 4a) =16 sina-—cos 4a) -
= 16 sina • sin4 2a.
388.	Доказываемое равенство перепишем в виде tg (« + Р) _ 4
tgp
Имеем:
, t	Лч	л л [sin (a +	2В) 4- sina]
tg (a	p)	__ sin (a + P)	• cos p	_ 2 L
tg P cos (a 4- P) • sin P 1	, ,
H	r r - [sm (a + 2P) — sina]
2
Но так как sin (a 4- 20) = — sin a, to
, ,	— sina + sina
tg (a 4- P)  3	___ 8 sina
tg В	5	2 sina
— sina — sina
389.	Так как С — л — (Л + В), то cos С = —cos (Л 4- В), а ni тому данное равенство можно переписать в виде
—cos (Л + В) = 2 sin Л • sin В,
или
sin Л • sin В — cos Л • cos В — 2 sin Л • sin В,
откуда
cos Л cosB 4- sin Л • sinB = О,
или
cos (Л — В) — 0.
Так как Л и В — углы треугольника, то из последнего равенства следует | Л — В | =	.
390.	Поскольку а = 27? sin Л, b = 27? sin В, с — 27? sin С, то данное равенство можно переписать в виде
sin Л 4- sin В = 3 sin С.	(1)
Но так как С — л — (Л 4- В), то sin С = sin (Л 4- В), и потому равенство (1) можно представить так:
sin Л 4~ sin В = 3 sin (Л 4- В),
228
О . А+ В А —В а^„А + ВА+В	,9.
2 sin —-— cos-----= 6 sin —- cos----.	(/)
2	2	2	2
Так как sin =^= 0, то из равенства (2) следует: 2
А — В А + В о А-+-В cos-------cos — - - = 2 cos —!—,
2	2	2
о . А	. В	п А	В	о • А	. В
2 sin - • sin - = 2 cos - • cos-2 sin - • sin ,
2	2	2	2	2	2
откуда
А В п . A • В	/о\
cos- • cos- = 2 sin - • sin	(o)
2	2	2	2
A	В
Поделив обе части равенства (3) на произведение sin - • sin - , 2	2
t А	.	В	о
получим:	cig - • ctg - =	2.
*	2	2
391.	Имеем:
4-	b) (с 4- d) = 2 1/gj~Ё> 2 V ab • cd ,	(1)
r 2	2
У(a + c)(b + dj = 2 1/• L+J > 2 У ac-bd ,	(2)
У (a + d) (b 4- c) = 2 ]/—"£— •	> 2 ad • be .	(2)
Сложив почленно (1), (2), (3), получим:
У (a 4- b)(c 4- d) 4~ K(« + c) (b + d) 4- ]/(a + c) (b 4- c) > 6 У abed.
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь при а = b =
Р
392.	Известно, что площадь треугольника равна =	b —с , или — . Следовательно, рг = — ,
рг, где откуда
ha
Аналогично
2а
hb -= r(1 +
а । с \
а
Сложив почленно последние три равенства, получим:
82 Заказ 164
229
или
Согласно условию задачи, должно быть:
(1)
Выражения, стоящие в скобках в последнем равенстве, суть суммы взаимно обратных положительных величин. Известно, что сумма взаимно обратных положительных величин не меньше двух, т. е. — + — > 2 (т > 0, п > 0). Знак равенства имеет место лишь п tn при т = п.
Таким образом, левая часть равенства (1) может быть равна шести только при а = b = с, т. е. когда треугольник равносторонний.
393.	На продолжении стороны СА отложим отрезок AD = = АВ = с и проведем отрезок BD (рис. 52). В треугольниках АВС и BCD угол С — общий, Z-ABC=Z~D по условию; поэтому треугольники АВС и BCD — подобны; следовательно,
ВС _ АС CD~ ВС’
ИЛИ
а _ b е b + с а1
поэтому а2 = Ь2 + Ьс.
394.	Угол CBD составлен касательной BD и хордой ВС, угол А — вписанный, опирающийся на дугу ВС (рис. 53). Поэтому Z А = Z CBD, пусть Z а, тогда Z ВС£>=90°—а, А АСВ = 90° + а.
Следовательно, Z- АСВ — Z. А = (90° + а) —а = 90°. Треугольники ABD и BCD, имеющие общий прямой угол D и по равному острому углу а, подобны; поэтому AD : BD BD : CD, или BD2 = AD  CD.
230
395.	Обозначим данные прямые буквами a, b, с, d, е, ... и т. д. Согласно условию, прямые а и Ь пересекаются в некоторой точке М (рис. 54).
Возможны два случая:
1) все остальные прямые проходят через точку М; тогда имеет место утверждение, что все данные прямые проходят через одну точку (точку Л4);
2) имеется по крайней мере одна прямая — прямая с, которая не проходит через точку Л4.
Прямая с пересекает прямые а и Ь в двух различных точках N и /?, которые лежат в одной плоскости Р с точкой М (плоскость Р определяется точками М, N и R). Какая-нибудь из остальных прямых — прямая d или d', пересекающая три прямые а, 6, с, образующие треугольник MNR, имеет с плоскостью Р по крайней мере две общие точки; поэтому прямая d лежит в плоскости Р. Поэтому во втором случае все прямые лежат в одной плоскости.
396.	Пусть SD и SE — линии пересечения двух из указанных плоскостей с гранями трехгранного угла (рис. 55). Из произвольной точки С на ребре трехгранного угла проводим в гранях Л5С и BSC С A _L SE и СВ _L SD, а затем проводим через СА и СВ плоскость АВС. Так как плоскость ASD перпендикулярна к плоскости BSC, то прямая SD (не отрезок SD\) есть проекция прямой AD на плоскость BSC. Так как СВ _L SD, то по теореме о трех перпендикулярах СВ _L AD, а поэтому плоскость ASD перпендикулярна к СВ, что приводит к- выводу, что плоскость ASD перпендикулярна к плоскости АВС*. Так же докажем, что и плоскость BSE перпендикулярна к плоскости АВС. Поэтому и 50 — линия пересечения плоскостей ASD и BSE — перпендикулярна к плоскости АВС.
• Если проекция AD на плоскость BSC— точка D, то и в этом случае плоскость ASD перпендикулярна к плоскости АВС.
82*	, 231
Точка О — ортоцентр треугольника АВС, поэтому COF _1_ АВ, а по теореме о трех перпендикулярах следует, что SF _1_ АВ. Поэтому плоскость CSF _1_ АВ, а следовательно, эта же плоскость перпендикулярна к грани ЛХВ. Таким образом, все указанные в условии плоскости проходят через одну прямую SO.
397.	Так как k-и член ряда
ак = (2k - 1) • З*-1, то искомая сумма:
Sn = 1 4-3 • 3 4-5 • З2 4-7 • З3 4-9 -3‘+ ... 4-(2п — 1) • З"-1. (1)
Умножим обе части равенства (1) на 3:
3Sft= 1 • 3 4-3 • 3s 4* 5 • З3 4-7,-3* 4- ... 4-(2л — 3).Зя-14-4-(2п —1)-Зя.	(2)
Вычитая почленно из (1) равенство (2), получим:
— 2S„ = 1 4- 2 • 3 4- 2 • З2 4- 2 • З3 4- ... 4- 2 • 3я-’ — (2п — 1) -3я = = 1 4-2-3(1 4-34- З2 4- ••• 4- 3я"2) — (2п — 1) • 3я.
Но так как
1 + 3 + 3* + ... 4- з*-2 =
3 — 1
то — 2S/t = 1 4- 2 • 3 • - г~~- — (2n— 1) • 3я, откуда
5Л= 1 -4-(n—1)-Зл.
398.	Перепишем данное равенство в виде
cos2 А 4- cos2 В — sin2 С = 0.
Так как С = — — (Л + В), то равенство (1) перепишется
(1)
так:
cos2 А + cos2 В — sin2 (Л + В) = 0, 2—(cos 2/44-cos 2В)	.	л
или	------------!-------- — Sin“ (Д 4- В) = О,
cos2 (Л + В) — cos (Л + В) cos (Л — В) = 0, cos (Л + В) [cos (Л + В) — cos (Л — В) 1 = 0.
Заметим, что cos (Л + В) =^= cos (Л — В), так равенство возможно лишь при В = 0, что невозможно. Таким образом, соз(Л+В)=0, откуда Л4-В= т. е. треугольник прямоугольный.
399.	Пусть Л2 + В2 #= 0, т. е. хотя бы одно из чисел Л, В не равно нулю. Тогда
Л cosx + В sinx =
____А _ у А2
232
= sin (x + ф)]/A2 4- В®
A где sin w = r . '	/ Д2 B2
COS ф =
В
Далее, согласно условию задачи,
A cos Xt + В sin Xi — A cos x2 4- В sin x2 = 0.
Но так как, по нашему допущению, У А2 4- Вг=^0, то sin (х44-ф) = =sin(x24- ф) = 0» откуда xf 4- ф = я*л, х2+Ф=пл> а следовательно, Xi — x2 = kn, что противоречит условию xt — х2 ф kn.
Таким образом, А2 4* В2 = 0, а потому А = В = 0.
Рис. 56
400.	Имеем: х 4- у > 2|/\у.
Пусть х = а 4- Ь, у = 2.Уab, тогда (1) примет вид а + Ь 4-4- 2 Vab > 2 /2(а 4- Ь) • УаЛ, ИЛИ + УЬ)2>
2	2 (а 4- Ь) У ab.
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь при а = Ь.
401.	Пусть О А = R и ОВ = г — радиусы окружностей. М' — точка на одной из них (рис. 56). Проведя диаметр MN большей окружности и отрезки МВ, МС, NB, NC, получим параллелограмм BMCN, так как МО = ON = R, ВО = ОС = г. Поэтому 2 (МВ2 + МС2) = MN2 + ВС2, или
2 (МВ2 + МС2) = 4 R2 + 4г2;
поэтому МВ2 + МС2 = 2 (R2 + г2), т. е.
МВ2 + МС2 — постоянная величина.
402.	Через прямую CD и середину О отрезка АВ проводим плоскость Р (рис. 57). Так как АС СВ, то медиана СО в равнобедренном треугольнике АВС служит и высотой, т. е. СО JL АВ.
233
Так же докажем, что DO АВ.
Так как АВ I ОС и АВ _L. OD, то АВ I Р, поэтому АВ | CD. 403. Имеем: (1 — sin а) (1 — sin Р) (1 — sin у) =
__(1—sin2a)(l—sin2 Р) (1—sin2 у) _ cos2 а • cos2 Р • cos2 у _
(1 + sin а) (1 + sin Р) (1 4- sin у) cos а • cos р ♦. cos у = cos а • cosp • cos у,
что и требовалось доказать.
404. Искомая сумма:
4- ... + хп •
1 — хп
1 — X ’
откуда
5Я(1—х) = (х4-х24- ... 4-хл)—(х2+*4+ ••• 4~х2л) =
405.	Перепишем данное равенство в виде
• , л	1—cos 2 Л 1—cos2B cos 2В— cos 2Л
Sin (Д — В) =----------------------------------
7	2	2	2
ИЛИ
sin (Л — В) = sin (А 4- В) sin (4 — В), sin (А — В) {1 — sin (А 4- В)] = 0.
Это равенство выполняется, если sin (Д — В) = 0, или sin (Д + + В) = 1.
В первом случае А = В и треугольник равнобедренный, а во
л
втором Д 4~ В = —, откуда
406.	Перепишем данное равенство в виде
sin А — cos А = cos В — sin В.
Умножим обе части этого равенства на —
/2 . , V 2	-	У~2 о /2.0
эшД — cos4 = cosB------------sinB,
X	м
или (л \	• / JI	D \
А----=-- sin - — В .
4/	\4	)
Так как А ва следует:
и В — углы треугольника, то из последнего равенст-
234
откуда А + В =
407.	Данное равенство перепишем в виде
о л „ а + 6 а — р , .	~	9 а 4- Р 3
2 cos —• cos-------- + 1 — 2 cos2 —.
2	2	2	2
или
А	Л а + ₽ а -------- ₽ I 1 Л
4 cos2 —=Е-- — 4 cos —cos-------- 4-1=0.
2	2	2
Найдем из последнего равенства cos :
2 cos -----₽ ± 2 1/ — sin2
а + р _	,2 г 2
2	~	4
(1)
Для того чтобы cos
-а —-был действительным числом, необходимо
и достаточно, чтобы — sin
0. Но так как sin2 —
2
то sin ——& = 0, откуда а — р = 2т.
Учитывая ограничения для аир, найдем, что в последнем ра
венстве п = 0, т. е.
(2)
Из равенств (1) и (2) следует,
что
cos а = —
Наконец, в силу (2) и р = —.
3
408.	Сложив оба данных равенства, получим:
a (cos а + cos Р) + 6 (sin а + sin р) = 2с, или
а + Р а — Pit - а + р а — Р
a cos —— cos----- 4- b sm —cos------- = c
2	2	.2	2
откуда
235
ИЛИ
cos
a cos
o a — P	c
COS------- = ---------------------—-----.
2	a-j-p/	a + p \
cos-------a 4- b • tg-----1
2	\ ~	2	/
Если же вычесть из первого данного равенства второе, то получим:
a (cos a — cos Р) + b (sin a — sin P) = 0, или
sin------ I b • cos —— a sin —1 = 0.
2	\	2	2 /
Но так как a — p 2л&, то sin =И= 0, а потому
2
, a4-P	a-r-P n	x^a+P b
bcos - — a sin —L = 0, откуда tg --- =>—.	(2)
2	2	2 ci
Из равенств (1) и (2) следует требуемое.
409.	Сложив три очевидных Неравенства: fl4-+g > а*Ь\ > fcV, ^±£1 2	2	2
получим: а4 + 64 + с4 > а2Ь2 + Ь2с2 +- а2с2. Далее, а b	Vа2^2 * ^2^2 = аЬ2с,
Q	Д2Ь2 . Q2f2 _
A2g2.+g!s2	Уь*с2 • л2с2 = abc2.
2
(1)
(2)
' Сложив почленно неравенства (2), получаем:
a2b2 + b2c2 + а2с2 > ab2c + a2bc + abc2, или	a2b2 + b2c2 + а2с2 abc (а + b + с).	(3)
Из (1) и (3) следует, что а1 + 64 + с4 abc (а + b + с).
Легко заметить, что знак равенства имеет место лишь при а = b = с.
410.	Имеем очевидно неравенства:
а2 — ab + Ь2 abt
Ь2 — Ьс + с2 Ьс, а2 — са + с2 > са.
236
Умножив обе части этих неравенств соответственно на а + 6, Ь + с, с + а, получим:
а3 + Ь3 ab(a + Ь), Ь3 + с3 > Ьс (Ь 4- с), а3 + с3 ас (а + с).
Сложив почленно неравенства (1), получаем:
2 (а3 + Ь3 + с3) ab (а + b) + Ьс (6 + с) + са (с + а),
или
2 (а3 + Ь3 + с3) а2 (Ь + с) + Ь2 (с + а) + с2 (а + Ь), о I f q I Ч 2	*"] @; I	I-	I 2	~I &
а3 4- Ь3 4- с3 > а2 • —-—к Ь2 • —!-F с2 • ——.
2	2	2
Но
так как
Vbc.
£
то под-
(1)
(2)
ставив в правую часть неравенства (2) вместо выражение
У Ьс, вместо выражение У ab
и вместо -у- выражение
Уса, получим:
а3 + Ь3 + с3 > а2 У Ьс + Ь2 Уса + с2УаЬ,
что и требовалось доказать.
411.	Пусть О и О i — центры двух окружностей (рис. 58), М— точка пересечения этих окружностей, АВ — секущая, параллельная линии центров, CD — произвольная секущая, не параллельная линии центров, OEJlCD, OiFJuCD, 0{К~Ь0Е. В прямоугольном треугольнике OKOi катет OiK меньше гипотенузы ООр
Так как
ОД = EF = 1 CD, 00} 2
= --АВ, TO --CD <-АВ, 2	2	2
или АВ > CD.
412.	По теореме о пропорциональности отрезков, отсекаемых на параллельных прямых пучком прямых (рис. 59), выходящих из одной
ч 237
точки, получим, рассматривая пучки прямых, выходящих из точки М и О:
BF _ FC АК ~ KD'
BF _ FC KD ~ АК
0)
(2)
Перемножая равенства (1) и (2), получим:
BF2 - = FC2—, или BF* = FC*, (3)
АК  KD АК  KD	' 7
а поэтому BF — FC.
Из (1) и (3) следует, что А К = KD.
413. Пусть AiBCJD—данный тетраэдр, ABCD .A^BiCiDi —
параллелепипед, полученный указанным в условии построением. Легко заметить, что ребра тетраэдра являются диагоналями боковых граней параллелепипеда (рис. 60). Тетраэдр может быть
получен удалением из параллелепипеда четырех равновеликих пирамид: ABDA^ BDCC„ А^В^С^В и AJ^^CJD.
Поскольку объем каждой из этих пирамид, очевидно, равен — 6 объема данного параллелепипеда, то отношение гп параллелепипеда к объему ит тетраэдра равно:
414. Пусть аиЬ — две данные скрещивающиеся прямые (рис.61), лежащие в параллельных плоскостях Р и Q (см. № 413), MN— их общий перпендикуляр, а также общий перпендикуляр к Р и Q,
238
R — плоскость, проходящая через точку О — середину MN, перпендикулярная к MN. Возьмем две произвольные точки А и В соответственно на а и Ь. Отрезок АВ пересекает плоскость R в точке С, а перпендикуляр АЕ, опущенный из точки А на плоскость Q, пересекает плоскость R в точке D и делится этой точкой пополам. Так как CD || BE и AD = DE, то АС = СВ, т. е. точка С лежит в плоскости R. Покажем, что любая точка плоскости R служит серединой отрезка, имеющего концы на а и Ь. Пусть С — произвольная точка плоскости R. Проводим через точку С и прямую а плоскость Т, не указанную на чертеже. Эта плоскость пересечет плоскость Q по прямой, параллельной а и поэтому пересечет прямую b в некоторой точке В. В плоскости Т проводим прямую ВС/которая пересечет прямую а в некоторой точке А, Следовательно, плоскость R — искомое множество точек.
415. Искомая сумма = 1 4- —4--- +—+ • • •
(1)
тогда
^ = 1
2	2
п — 1
2п-1
(2)
Вычитая почленно из (1) равенство (2), получим:
— idl _L . 1 +1 + И_
2	2	22	23	2п^	2п'
Но так как
то
Sn 2п — 1	п  2 п + 2
2 ~~ 2п~'	2” ~ 2п
откуда
Sn = 4 - (п + 2) . 21-".
416. После тождественных преобразований данное уравнение принимает вид:
(а2 + b2) (sin х — cos х) — ab (sin2 х — cos2 х) = О,
если b cos х + а #= 0, b sin х 4- а 0, т. е. при .
ccs к Ф —
b
sinx =£-----.
ь
Д&лъе имеем:
(sin х — cos х) la2 4- b2 — afe(sin x 4- cos x) ] = 0.
Это уравнение распадается на два:
239
1) sinx— cosx = 0, откуда x= —+nfe, 4
если — — =# zb -4=, t. e. b± d\f2 ¥= 0;
x = - + (2fe + 1)л; если же — — -----------—,
4	b /2
т. е. b — а]/2 = 0, то х = — + 2л&. 4
2) а2 + Ь2 — ab (sin х + cos х) = 0.
Покажем, что уравнение (2) не имеет решений. Действительно» из (2) имеем:
sinx + cosx =
а2 + Ьа
или
E2_sinx = E2_.al+b
2	2 ab
или
Так как
cos X — -v-
\	4
a2 + b2 l^|
2 a2 + &
~2 ab~'
TO
что невозможно. Таким образом, решением данного уравнения могут быть лишь значения:
х = — + л&, если b + л)/г2	0,
4
или х = — + (2k + 1) л, если Ь + аК2=0, 4
или х =	+ 2&л, если b — a]f 2=0.
417.	Если числа х4 и х2 являются корнями трехчлена x2+px+q, а двучлен х4 — 1 делится без остатка на х2 + рх + qt то и х2 служат корнями и двучлена х4 —1. Также ясно, что если числа Xi и х2 служат корнями и х2 + рх + q и х2 — 1, то х4 — 1 делится без остатка на х2 + рх + q. Легко видеть, что числа 1, —1, i9 —i суть корни двучлена х4— 1, а поэтому имеем:
X1 — 1 = (х — 1) (X -t 1) (х + О (X — I).
240
В силу изложенного выше искомыми трехчленами могут быть те и только те, которые представляют собой произведение каких-либо двух сомножителей, стоящих в правой части равенства (1). Очевидно, что таких пар сомножителей может быть ровно 6, а именно:
418.	Известно, что к + у > 2 }/ху (1) при х 0, у > 0. Пусть х = 462, у = b + 1, тогда (1) примет вид: 4Ь2+&+1^2 |/’4fe2(fe+l),
или
или
4fe2 + fe + l>4|fe|j/'fe + l,
Знак равенства имеет место только в том случае, если 462= b + 1, т. е. при
Ь = ‘±Г!7
8
419.	Пусть в треугольнике АВС угол В — неострый (рис. 62). Предположим, что медиана AD делит острый угол А на равные части, т. е. A BAD = Z_ DAC. Отложим на стороне АС отрезок АЕ, равный АВ, и соединим точки D и Е, следовательно, треугольники ABD и AED равны (по равенству двух сторон и углу, заключенному между ними), а потому DE = DB = DC, Z_ DCE = Z. DEC. Далее, имеем: Z. DEC + Z. DEA = 180е, a Z. ECD + DEA =
Рис. 63
и
241
= Z_ ECD + Z_ ABC < 180°, как суммы двух углов треугольника. Итак, Z_ DEC > Z- DCE. Полученное противоречие и доказывает утверждение задачи.
420.	Пусть прямая Л7И образует равные углы с прямыми АВ, АС и AD, лежащими в плоскости Р (черт. 63). Из произвольной точки М прямой AM опустим на плоскость Р перпендикуляр МО, а затем из точки О проведем в плоскости Р перпендикуляры О/С и OF к прямым АВ и АС, тогда по теореме о трех перпендикулярах МК J- АВ и MF JL АС. В прямоугольных треугольниках АМК и AMF углы при вершине А равны по условию, а гипотенуза AM общая; поэтому д АМК = Л AMF и МК = MF. Следовательно, ОК = OF, как проекции равных наклонных на плоскость; поэтому АО — биссектриса угла ВАС. По аналогии получим, что основание перпендикуляра, опущенного из точки М на плоскость Р, лежит на биссектрисе угла BAD. Биссектрисы углов ВАС и BAD имеют только одну общую точку А, в которую и проектируется точка М\ поэтому прямая AM перпендикулярна к плоскости Р.
421.	Имеем:
(1)
Складывая почленно все п равенств (1), получим:
1	.	1	.	.	1	,	1 п
Ь2 2-3 л(и-М) п+1	п+1
422.	Обозначим члены ряда соответственно через ait а2, а3, ... Имеем:

Л2 =
21 2—1
23—1
3 —
(1)
ап ~
2я—1
2л-1
Складывая почленно все п равенств (1), получаем:
п
2а
2л-1
242
Но так как —+ — + — +
1	2	22
ТО
cos (х — у) 4- CCS (х 4- у) как cos х cos у =	т ,
у	2
423. Так
то первое
уравнение системы можно переписать в виде
4 cos2 (х — у) + 4 cos (х + у) cos (х — у) + 1 = 0.
(1)
Но так как х + у = ф, то (1) имеет вид:
4 cos2 (х — у) + 4 cos ф cos (х — у) + 1 = 0.
Решим это уравнение относительно cos (х — у):
, х ____ —2cos<p ± V 4 cos2 ф— 4 _ —costp+p—sin2
COS (X I	——————- ——————— —
Для того чтобы cos (х — у) был действительным числом, необходимо, чтобы —sin2q)^0, но —sin2 <р 0. Следовательно, sin <р = 0, ф = /л,cos Ф = ± 1.
Если cos ф = 1, т. е. ф = 2/лл, то имеем систему:
|Х + у = 2/?7Л, или
х — у = ± — + 2/гл, < у 3
х 4- у =
откуДа х1 = ± - + (fe 4- т) л, у! = -н я 4- (т — k) л.
3	3
Если же cos <р = —1, т. е. ф — (2&+1)л, то, рассуждая как раньше, найдем:
2
л,
6
424.	Предварительно докажем, что sin х и cos х имеют одинаковые знаки при любом значении х =£ —п, где п — целое (аргумент х =^= так как в противном случае либо sin х =0, либо cos х=0, что невозможно, так как sin х и cos х являются делителями). Для этого перепишем данное уравнение в таком виде:
-—!-------cos" х = —  --------sin"x.
cos"1 х	sin"1 x
(1)
243
Так как |cos х| < 1, то левая часть равенства (1) имеет тот же знак, что и число —?—, т. е. тот же знак, что и cos х. Аналогично cosm X
правая часть имеет тот же знак, что и sinx.
Теперь докажем, что sin х = cos х. Действительно, пусть sinx < < cos х. Так как тип — нечетные положительные числа, то
sin"x<ccs’7x и
___1
cos'” х sinr" х
Сложив почленно неравенства (2), получим:
. „ 1 _ „ . 1 sin" х Ч---------< cos" х Ч---------
cos’"*,	sin77*
что противоречит условию. Если же sin х > cos х, то легко находим, что
sin" х Ч----— > cos" х Ч-----—,
cos"1 х	sin"1*
что также противоречит условию. Остается рассмотреть случай, когда sin х = cos х. Подстановкой sin х = cos х в данное уравнение убеждаемся, что в этом случае имеет место равенство. Итак х=—4- nk, где k = 0, ±1, ±2,.
4
425.	Известно, что разность одинаковых степеней двух чисел делится на сумму оснований только тогда, когда показатель степени есть число четное. Имеем:
т
ат — Ьт=(а11)п — (Ьп)п.
Теперь видно, что для того, чтобы ат — Ьт делилось на ап— Ьп, должны выполняться условия, что т должно делиться на п, причем частное — должно быть четным числом. п
Если tn = 2knt где k — натуральное число, то
am — bm __ (а")2* — (bn)2k
Известно, что разность одинаковых степеней двух чисел делится на сумму оснований только тогда, когда показатель степени есть число четное. Поэтому достаточное условие делимости (ат — Ьт) на (ап + + Ьп) состоит в том, что отношение — = 2k — четное число.
п
Докажем, что это условие является и необходимым.
244
Рассмотрим сначала случай, когда
п < т < 2п.
Тогда
а™ — Ьт _ ат 4- am~nbn — ат~пЬп — If1 ап	ап _|_ ()П
<Р*-п (ап + ЬП) __ Ьп (а
т~п
ап + Ьп
m	„ ат~п + Ьт-п
т—п fyn  ____1
ап А-bn
Так как т — п<п, то (ат~л+ Ьт~п) не делится на (ап + Ьп)9 а поэтому и (ат — Ьт) не делится на (ап — Ьп ).
Теперь рассмотрим случай, когда
т = 2kn + г, где k — натуральное число, а 1 г < 2и.
В этом случае
ат___уп a2kn^.r_______i^knj^r a2kn+r________ar • b2kn + ar • b2kn___b2kn+r
an + bn an + bn ~	an + bn
_ аГ (a2kn ~ b2kn^ + b2kn № ~~ bT) — ar a2kn ~~ b2kn i_ fjbkn ar~br
~	an + bn	~~ an + bn ' an + bn'
Первое слагаемое этой суммы — целый многочлен, так как a2kn — b2ktl) делится на (ап + Ьп).
Во втором слагаемом (аг — Ьг) не делится на (ап + Ьп)> как это было доказано при рассмотрении предыдущего случая.
Поэтому (а,п — Ьт) делится на (ап + Ьп) лишь тогда, когда т = 2kn.
Следовательно, необходимое и достаточное условие делимости (ат — Ьт) на (ап + Ьп) состоит в том, что отношение — = 2k — п четное число.
426.	Так как оба многочлена представляют собой суммы геомет* рических прогрессий, то
хт _|_ хт-1 хт-й -f- ... -f. х + 1 =	--
X— 1
и
гп_1_1_1
+	+	+	+ l = —---------L.
х—1
Таким образомj частное от деления первого многочлена на второй равно:
хт+1 — 1
хя-Н — 1 ’
245
Это частное можно представить в таком виде:
Отсюда видно, что для того, чтобы первый многочлен делился на о	т 4-1 ~
второй, достаточно, чтобы —!— было целым положительным чис-П + 1
лом, т. е. т + 1 должно быть кратно п + 1.
427.	Имеем:
•^7Уг 4~ ^аУ? 2х1У1хзУ2-
Далее,
ХЬ21 +	+ ХЫ + Х|у2 > xfy2	Х2 у2 2х^Х2у2,
(х? + х2) (у2	у2)	(Х1У1 ХгУг)2,
4-х?)(у?4-у?)>	+ х2у2,
(X2	X2) (у2 + у 2)	2 (Х(У( 4- Х2У2)>
+ Х1 4 У? + У1 4- 2/(х2 +Х2)(у2+у2)> х2 + х2 4- у 2 + у2 4
4~ 2x^1 4- 2х2у2,
(уЯ+^ + УуГРуГ)2 > (X, 4- у О2 + (х2 + у 2)2, 4-FyT+yГ>К(х, +У1)24- (Х2 4- у2)2.
Равенство, очевидно, достигается только, если .
У1 У2
428.	Имеем:
(п — 1)! - У(п— 1)’У(«- 1)! = V1 -2.3...(n—1) х ... X
X К(«— 1)(п — 2)...3-2- 1 = ]Л1 (n—1) /2 -(п —2).... X
Х/(п —2)2 • К(п—!) • 1 <
14-(n—I) 24-(п —2) (п —2)4-2 (п— 1)4-1_
'''	2	’	2	‘"	2	’	2
_ п п п п _______п”"1
~ ~2 ~2 ‘ ‘	’ 2 ~ 2^‘
п— 1 раз .	л"”1
Итак,	(п—!)!<—.	(1)
Аг
Умножив обе части неравенства (1) на п, получим:
246
или
S,	FM . FC
_о _ _________ Si~ EC - EN '
Рис. 64
2"-* • nl < пп.
Равенство достигается лишь при п = 1 и при п = 2 .
429.	Обозначим площади треугольников CDM, CK.N, CFM" CEN соответственно через S(, S2, (рис. 64).
Si _ dm • DC St~ КС. KN ’
поэтому
!• S3 _ DA4 • DC  FA4 • FC 2 • S4 ~ КС - KN • EC - EN
поэтому
Так как
/ DCM = £ECN, £FCM = Z.K.CN, to
S3 _ CM . FC	Sj _ DC • CM .
S2 ~ CN • КС ’	St~ EC • CN '
St. S3 _ CM^FC^DC^ CM St - St~ CN • КС • EC • CN '
Из (1) и (2) следует, что
DM  FM _ GAf KN • EN ~ CN*‘
Ho DM • FM = AM • MB, KN - EN = AN - NB.
Пусть AC = CB = a, CM — x, CN = у. Тогда, учитывая и (4), получим:
----——!—— = —, ИЛИ (a + y) (a — y)
Следовательно
a2 — x2  x2
a2 — y2	y2
2	v2’
Поэтому СМ = CN.
" 430. Пусть АС : СВ = AD : DB — k.
AC = — AB.
(3)
(4)
(3)
(1)
AD = k (AD — AB\, поэтому AD =--------AB.
Далее, AD = kDB, AD — DB = k-DB — DB, AB = (k— 1) DB.
Из (1) и (2) следует, что
247
Рис. 66
2k _ 2 k • АВ ~ АВ9
т. е.
1 .	1 _ 2
AC; AD~ АВ
431.	Пусть Sabc — трехгранный угол (рис. 65). 45Л 4 и BSBt — биссекторные плоскости двугранных углов ХД и SB\ SO — линия пересечения этих плоскостей. Все точки прямой SO принадлежат плоскости ASA ь а поэтому каждая из этих точек одинаково удалена от граней ASB и ASC. С другой стороны, каждая точка прямой SO одинаково удалена от граней ASB и BSC. Поэтому каждая точка прямой SO одинаково удалена от граней ЛХС и BSC, следовательно, SO лежит в плоскости CSCi — биссекторной плоскости двугранного угла ХС.
Таким образом, все три биссекторные плоскости двугранных углов трехгранного угла пересекаются по одной прямой SO.
432.	Пусть дан выпуклый четырехгранный угол SABC с вершиной 5 (рис. 66). Продолжим грани BSC и ASD до их пересечения по прямой Также продолжим плоскости ASB и DSC до пересечения по прямой /2. Так как все грани при продолж нии не пересекаются по одной прямой, то li и 12 — разные прямые, а потому они определяют положение плоскости. Обозначим эту плоскость через Р. Поскольку четырехгр нныи угол выпуклый, то очевидно, что плоскость Р имеет с этим углом только одну общую точку X. Установим теперь, что всякая плоскость, пересекающая все грани угла и параллельная плоскости Р, образует в сечении параллелограмм. Действительно, такая плоскость пересекает все четыре ребра четырехгранного угла. Далее, обозначим через А',В', С'ДЭ'точ-ки пересечения секущей плоскости с ребрами четырехгранного угла. Ясно, что A 'D' || В'С', поскольку оба эти отрезка параллель
248
ны прямой I р Аналогично убеждаемся, что А'В' ||D'C'. Итак, четырехугольник A'B'C'D'— параллелограмм. Так как секущих плоскостей, параллельных плоскости Р, бесконечное множество, то задача имеет бесконечное множество решений.
433.	Придавая k в формуле ak = 2* — 1 значения 1, 2, 3, ..., л,
получим:
(1)
л
Складываем почленно все п равенств (1), получаем:
Sn= (21 + 22 + . . . + 2") — п.
Так как 21 + 22 +
+ 2" = 2 (2П — 1), то
Sn = 2(2Л — 1) — л.
434.	Если р = 2, то 8р2 + 1 = 33 — число составное, если р = 3, то 8р2 + 1 = 73 — простое число. Наконец, если р > 3, то р = Зп ± 1, а следовательно, 8р2 +1=8 (Зп ± I)2 + 1 = = 72л2 ± 48л + 9 — числа составные, так как каждое из слагаемых в правой части делится на 3. Итак, только при р = 3 число 8р2 + 1 — простое.
435.	Очевидно, что доказываемая формула верна при п = 1. Пусть эта формула верна при некотором л = & > 1, т. е.
(cos <р + i sin ф)* = cos kq + i sin fap.	(1)
Чтобы установить, что доказываемая формула верна при п = k + 1, умножим обе части (1) на со5ф + i зтф. Согласно правилу умножения комплексных чисел, получаем:
(со8ф + i sin ф)*+1 = (cos fap + i sin fop) (cos ф + i sin ф) = = cos (k + 1)ф + i sin (k + 1) ф.
Следовательно, доказываемая формула верна при любом натуральном п.
436.	Перепишем данное равенство в виде
(1)
Так как а = 2R sin А, b = 2R sin В, с = 2R sin С, где R — радиус окружности, описанной около треугольника АВС, то (1)
можно переписать так:
sin Л + sin С sin В
или
cos2 —
cos - - 0. 2
(2)
9 Заказ 164
249
Но поскольку
то sin
=cos —, а поэтому
равенство (2) можно представить в таком виде:
cos2------cos —
А — С п cos------= 0.
(3)
Так как cos — =# 0, то, поделив обе части (3) на cos—, получим:
2	„„«в л-с „	2
COS----CCS ----- = 0,
2	2
откуда В = А — С, или В + С = А, т. е. треугольник АВС прямоугольный.
437.	Проведем хорды ВС, BD и CD. A BCD — вписанный четырехугольник; АС и BD — диагонали его (рис. 67).
Рис. 68
По теореме Птолемея:
АС • BD = АВ - CD + ВС • AD.	(1)
Так как BD = АС, ВС = CD = АВ, то из (1) следует:
АС2 = АВ {АВ + AD).
438.	Пусть АА, = a, ВВ, = Ь, СС, = с — расстояния от вершин треугольника АВС до плоскости р (рис. 68)/Проведем медиану ВМ и построим ее проекцию В4Л11 на плоскость Р. Пусть точка О — центр тяжести треугольника АВС и Oi — проекция точки О на плоскость Р. В трапеции ВВ,М,М проведем MD _L ВВ,. Тогда
OOt = ОК + КО, = ОК + ММ,.	(1)
ММ, =	(2)
как средняя линия трапеции А,АСС,. Из подобия треугольников ОМ К и DBM следует, что
250
°— =2^=1, или ОК =-- BD = - (ВВ. — DB.) = -(Ь - ММ
BD ВМ 3	3	3	1	1	3
На основании равенств (1), (2) и (3) имеем:
439.	Заметим, что k-й член ряда
ah = 4 • 2*-1 — 3.
Придавая в этой формуле k значения 1, 2, 3, и, получим:
а, = 16 — 3,
а,( = 4 • 2я-1—3.)
Складывая почленно все п равенств (1), получаем:
Sn = 4(1+ 2 + 4 + ... + 2"-1] — Зп.
Но так как 1 + 2 + 4 + ... + 2я- 1 = 2я — 1, то
Sn = 4 (2я— 1) —Зп.
440.	Заметим, что Л-й член ряда
ак — 2* + k.
Придавая k в этой формуле значения 1, 2, 3, ...» п получим:
а, = 21 + 1J а2 = 22 + 2, аз = 23 + 3, ‘	0)
аа = 2п + п.
Складывая почленно все равенства (1), получ! м:
Sn = (21 + 22 + 23 + ... + 2") + (1 + 2 + 3 + ... + п).
Так как 1 4-2 + 3+ ..-+п = -п —, 2
то
9*
2'^ — 2,
sn = 2Я+* — 2 + Л п	2
п2 + п— ~~2
25!
__
441.	Пусть р и q имеют общий делитель d, тогда Р = РА Я = <hd-
2р — 1 = (2<гУ’1 — 1 = (2а — 1) (2^-^+ 2d<p~z>+ .
2ч — 1 = (2d)?. — 1 = (2d — 1)(2“<ч,-D + 2d^~z) 4-.
+ i);
+ i).
Следовательно, если 2р—1 и 2q—1 взаимно просты, должно быть 2d— 1.= 1, т. е. d = 1, а значит, р и q также взаимно просты, т. е. d = 1.
Пусть теперь р и q взаимно просты и р > q. Если d — общий делитель чисел 2р — 1 и 2q—1, то d — делитель также числа 2р — — 2q = 2q(2p~q — 1). Так как 2k — 1 на 2 не делится (k > 0), то 2p~q— 1 делится на d. Если еще р — q> q, то, рассуждая аналогично, получим, что 2p~lq — 1 делится на d, где р — lq < q. Обозначим р — lq = и, повторяя рассуждения, найдем Л такое, что 2^_М1—1 делится на d, где q—/itfi <	Таким
образом, дойдем до ?t-, т. е. 2—1 = 1 делится на d, откуда d = 1.
442.	Перепишем данный многочлен в виде
М = хп— 1 —ах(хп~2— 1).
Известно, что
Поэтому
—— =(хл~14-хл-2+хл“3+...+*+1) —ах(хл”3+х'2“4+...+х+1).
х— 1
Для того чтобы это частное делилось на х — 1, необходимо и достаточно, чтобы при х = 1 оно равнялось нулю (теорема Безу), т. е. п — а (п — 2) = 0, откуда а =	.
fl ’ 2
Таким образом, для того чтобы многочлен М делился на (х— I)2, необходимо и достаточно, чтобы было п > 2 и а = —— . (При п — 2
/1=1 получаем а = — 1, и многочлен М тождественно равен нулю.)
443.	Из условия х + — = 2 cos ф следует, что
хг — 2х • cos ф + 1 = 0.
Решим это равенство относительно х:
x=cos ф± У cos2 ф — 1 = cos ф ± У — sin2 ф = cos ф ± tsin ф.
Возведем в n-ю степень обе части последнего равенства:
х" = (cos ф ± i sin ф)и.
252
Но так как (cosq) + i sin ср)" = cosnq) ± i sin гкр, то хп= cos nep zb i sin гмр.	'	(1)
Далее,
— =-----------!--------= cosn ф =F i sin Пф.	(2)
xn cos пф ± i sin пф
Складывая почленно (1) и (2), получим:
что и требовалось доказать.
444.	Поскольку z = а + Ы является корнем данного в условии уравнения, то
А (а + bi)3 + В (а + bi)2 + С (а + bi) + D = 0.
Пусть последнее равенство после преобразования его левой части принимает вид:
откуда
М + Ni = 0,
М = 0 и N = 0.
Если же в левую часть данного уравнения вместо х подставить г = а — bi, то после преобразований левая часть примет вид:
М — Ni.
Но поскольку мы доказали, что М =N = 0, то
М — Ni = 0,
т. е. число z = а — Ы служит корнем данного уравнения.
Для алгебраического уравнения п-й степени с действительными коэффициентами рассуждейия такие же.
445.	Имеем:
tg4 __sin A cos В
tg В sin В cos А *
тт	sin Л а
11о так как -----= —, то
sin В b
tg А   a	cos В  2ас cos В	1
tg В	b	cos A	2bc cos А ’
Поскольку по теореме косинусов имеем:
2ас cos В — с2 + а2 — Ь2
2bc cos А == Ь2 с2 — а2,
и
то
tg А____с2 + а2 — Ь2
tg В Ь2 + с2 — а2
253
446.	Поскольку cos А + cos В = 2 cos
и
cos (А + В) = 2 cos2 в — 1
2
то заданное соотношение можно
переписать в виде
или, наконец,
(1)
Так как квадрат действительного числа неотрицателен, то из (1) следует, что должны выполняться соотношения:
(2)
Из второго соотношения (2) получаем А — В = 0, так как А и В — углы треугольника. Следовательно, Л = В. Далее, подставляя в первое соотношение вместо В угол Л, получим:
Рис. 69
cos Л—- cos 0 = 0, или cos Л = —, 2	2
откуда Л =— . Итак, А=В=^ , т.е. треугольник равносторонний.
447.	Имеем MN || OB || OtC, так как все эти прямые перпендикулярны к ВС (рис. 69).
Поэтому Д ЛОф оо А ЛО/?, так как AOi = OiC, то
AD=DQ.	(1)
Также легко доказать, что A ADP<^ со А Л ВО, так как О А = ОВ, то AD = DP.	(2/
254
Из равенств (1) и (2) следует, что DP = DQ.
448.	Пусть АВ - а, ВС = b, CD = с, AD = d, Z.AMB = а (рис. 70). Тогда а = 2Р, sin a, b = 2R2 sin a, c = 2P3 • sina, d = 2P4 sin a, поэтому
a___b___c __ d __
/?1 R3
Пусть R — искомый радиус, /ВАМ = <p.
Так как ВМ = 2Rt • sin <p, b = 2R • sin q>, b = R2  k, TO
BM —	' &
R R
По аналогии получим:
MC =	с = R3 • k.
R R
AM = ^ = R1'*a '-k-\ a = R{-k.
R R
MD =	d = Ri • k.
R	R
(1)
Поэтому AC = *2 ‘ + **-*>. k; BD =	+ *>'	• k.
R	R
По теореме Птолемея:
Рис. 70
Рис. 7i
AC BD = АВ CD + AD • ВС, или № •	+ Pg	+ P3 • P4) • fe2 =	. ki
Следовательно,
~ V	Я1-Я3 + Я2-Я4
449.	Пусть в грани Р двугранного угла АВ проведена произвольная прямаяСРи прямая CDxJLXB (рис. 71). Из общей точки С
255
прямых CD и CDi опустим на грань Q перпендикуляр СМ и проведем MD и MDt — проекции CD и CD i на плоскость Q.
Пусть ZCDM = а, /LCD^M = ф. Надо доказать, что ф > а.
Из треугольника CDDь в котором ADt = 90°, следует, что CDi < CD.
sin ф =
CM CD^
sin a =
CM CD~'
(1)
На основании неравенства (1) видим, что
CM ^СМ-
CDr ~CD'
т. e. sin <p > sin a,
а поэтому ф > a.
450.	Пусть Z BSC=a, Z AS В = P, Z /ISC = у. Строим BA J_ SB и ВС X JL.SB. Итак, Z ABC = x — линейный угол двугранного угла SB (рис. 72).
Пусть SB = а. В треугольнике ЛВВ:
ВЛ = a sec р, АВ = a tg р.
В треугольнике CSB:
SC = a sec а, ВС = a tg a.
Из треугольника ЛВС следует (по теореме косинусов): АС2 = a2 sec2a + a2sec2P — 2a2 sec a sec P • cos y, а из ДЛВС:
AC2 = a2tg2 a + a2tg2 p — 2a2 tga tg p cos x.
Поэтому
a2 sec2 a + a2 sec2 P — 2a2 sec a • sec P cos у = a2 tg2a + r + a2 tg2 P — 2a2 tg a tg P cos x.
Следовательно,
2 sec a sec ₽ • cos v — 2 GOS X =------------------1,
2 tg a tg p
или
cos v — cos a • cos P COS X =---r
sin a • sin p
По аналогии получим:
cos a — cos p • cos у
cosy =-----—\
sin p • sin у
256
где .у — линейный угол двугранного угла 5Л;
cos 6 — cos а • cos у -cosz = —---------------г,
sin а • sin р
где z — линейный угол двугранного угла SC.
451.	Так как cos (х — а) #= 0, то после умножения обеих частей данного уравнения на cos (х —а) получим:
(1 + k) cos х cos (2х — а) = cos (х — а) + k cos 2х cos (х — а). (1)
Поскольку
cos X cos (2х — а)
cos (Зх — а) + cos (х — а)
cos (х — а) cos 2х
cos (Зх — а) 4~ cos (х — а)
то уравнение (1) перепишется в виде
k [cos (х — а) — cos (х + а) ] = cos (х — а) — cos (Зх — а),
или
2k sin х sin а = 2 sin (2х — а) sin х,
или
sin х [A sin а — sin (2х — а) ] = 0.
Это уравнение распадается на два:
sin х — 0 и sin (2х — а) = k sin а.
Из первого уравнения имеем: х = Ля, а из второго
х = — + (— 1)л • — arc sin(& sina) + —.
2	2	2
Ясно, что должно быть | k sin a | < 1.
Поскольку оба найденных множества решений не противоречат условию cos (х — а) =/= 0, т. е. х а + ~ + та, то эти множества служат решениями данного уравнения.
452.	Поскольку данная сумма равна нулю при х = то
Oi cos (a, 4- X,) 4- а2 cos (a2 4- xt) 4- • • • 4- an cos (a„ 4- xj =
= («^cosa, 4-a2cosa24- • •• + an cos a„) cos —
— (at • sin dj 4- о-г sin a2 + •.. 4- an sin an) sin x^ =0.	(1)
Далее, по условию, при x — 0 данная сумма равна нулю, т. е. at cos at 4- az cosa2 4- ... 4- a„cosa„ = 0.	(2)
Также известно, что jq #= fen, поэтому
sin Xi 0.	(3)
257
Из (1), (2) и (3) следует:
а । sin 4- a? sin а2 4- ... 4- a/tsin ап = 0.
Теперь из (3) и (4) имеем для любого х:
ах cos (at -Ь Р) 4- а2 cos (а2 + Р) + ... + a^cos (ал 4~ Р ) = = (ах cosai 4- а2 cosa2 4- ... 4- ancosan) cos Р —
— (с?! sin а4 4- а2 sin а2 4- ... 4- ansin а/2) sin Р = 0.
453.	Пусть х — искомое четырехзначное число, тогда
1000 < х < 10 000.
Далее, пусть а — такое целое число, что
х = а2 4- а3.
(4)
(О
Если а = 9, то х = 810, а если а = 10, то х = 1100, при а = 21 число х = 9702, а при а = 22 число х = II 132.
Но так как, по условию, х — четырехзначное, то
9 < а < 22.
(2)
Поскольку х = а2 (а + 1) и, согласно условию, х должно делиться на 7, то на 7 должно делиться хотя бы одно из чисел а2 или а 4~ 1. Из (2) легко подобрать числа а, при которых хотя бы одно из чисел а2 или а 4- 1 кратно 7. Таких чисел всего четыре: 13, 14, 20, 21. Подставляя эти значения а в (1), получим:
Xi = 2366, х2 = 2940, х3 = 8400, х4 = 9702.
Итак, задача имеет четыре решения.
454.	Общий член разложения Tk+i = С* • ak. Если
то должно быть:
1	__ а __________ а2
(п—k(n — k) fe(&4-l)’
или
k
n — k 4-1
*+ 1 n — k
a.
откуда
fe•	_1
n — k 4- 1 n — k9
или n4-l = 0, что невозможно ни при каком натуральном п. Итак, в разложении (1 4" а)п нет трех последовательных равных чисел.
258
455.	По условию, Z 1 = = Z 2 = Z 3 (рис. 73).
СМ — биссектриса угла ACD, поэтому
AM : MD = АС : CD. (1)
Так как &MCD = &BCD, то MD =1 МВ = - AM. (2) 2	2
Из (1) и (2) следует’ЛС: CD=2,	Рис- 73
а поэтому в прямоугольном треугольнике ACD катет CD равен
2
гипотенузы; следовательно, /Д = 30°, /LACD = 60°, поэтому
Zl = Z2 = Z3 = 30°.
Следовательно,
Z.ACB = Zl + Z2 + Z3 = 90°.
456.	Пусть М — произвольная точка внутри трехгранного угла S. Из точки М опустим на грани трехгранного угла S перпендикуляры МА, МВ и МС.
Если а, р и у — линейные углы двугранных углов трехгранного угла S, то плоские углы трехгранного угла с вершиной М равны 180° — а, 180° — р, 180° — у, поэтому
0°< (180° — а) + (180° — Р) + (180° — у) < 360°,
или
180°<а + р + у < 540°.
457.	Поскольку sin2 х + cos2 х = 1, то данное уравнение можно переписать в виде
sin2 х — sin х cos х — 2 cos2 х = a (sin 2 х + cos2 х), или
(а — 1) sin2 х + sin xcos х + (а + 2) cos2 х = 0.	(1)
Если а = 1, то уравнение (1) имеет вид:
sin х cos х + (1 +2) cos2 х = 0, или
cos х (sin х + 3 cos x) = 0.
Это уравнение распадается на два:
cos х = 0 и sin х + 3 cos х = 0.
Из первого уравнения находим: х^ = у+ bi, а из второго х2 = — arc tg 3 + kn.
259
Если же а =# 1, то cos х =# 0, так как в противном случае из уравнения (1) мы получили бы sin х = cos х = 0, что не может быть. Поскольку cos х =Н= О, то, разделив обе части уравнения (1) на cos х, получим равносильное ему уравнение:
(а — 1) tg2 х + tg х + (а + 2) = 0.
(2)
Для того чтобы это уравнение имело решение, необходимо и достаточно, чтобы имело место неравенство:
1 — 4 (а — 1) (а + 2) > 0,
или
4а2 + 4п — 9 < 0.	(3)
Так как корни левой части неравенства (3) суть - и /Тб + 1
-—, то из (2) следует:
(4)
Но поскольку мы рассматриваем случай, когда а#=1, то из множества значений а из (4) надо исключить единицу. Таким образом,
/104-1	.	.	/10—1
--- —— <:«<!, или 1 < а	-— ---- £
Итак,, если а = 1, то решениями данного уравнения являются два множества:
/10 4-1 .	.	./10—1
если же----—а < 1 или 1 < а <.-------х—, то решени-
"ями служат множества:
х — arctg
+ kn.
458.	Перепишем данное уравнение в виде
(2 sin2 х — 2 sin х 4- 1) +2 (tg2 х — 2tg х + 1) = 0,
или
(У2 sin х — I)2 + 2 (tg х — I)2 = 0.
Ясно, что данное уравнение равносильно системе уравнений:
У 2 sin х — 1=0, tg х — 1=0.
260
Из этой системы следуют две системы:
х = — + 2&л, х = — + пл 4	4
и	х = — + 2/пл, х = — + /л.
• 4 4
Вторая система не имеет решений, а первая система выполняется при х = — + 2&л. Таким образом, все решения данного урав-4
нения определяются формулой х = — + 2/гл, где/г = 0, ±1, ±2,...
459® Предположим противное, т. ел что функция у периодическая с периодом Т, тогда имеем:
cos а (х + Т) + cos (х + Т) = cos ах + cos х. (1)
Так как Т является периодом, то равенство (1) должно иметь место при любом х. Пусть х = 0, тогда
cos а Т + cos Т = cos 0 + cos 0 = 2.	(2)
Равенство (2) возможно только тогда, когда
cos аТ = 1 и cos Т = 1,
откуда аТ = 2л&, Т = 2лпг.	(3)
Поделив почленно первое равенство из (3) на второе, получим; ''
k *	а = —.
m
Но это противоречит тому, 460® Имеем:
что а — иррационально.
tg&— tga =
tgc — tgfe =
sin (b — a) ___ sind
cos a • cos b cos a cos b’
sin (c — b) ___ sin d
cos b • cos c cos b cos c
.	sin(y — x) sind
tgy — tgx = —, cos x cos у	cos x cos у
tgZ-tgy = -?‘П(2-У> = Sind- . cos у cos г cos у cos t
Сложив почленно все тождества (1), получим: tgz —tgn = sindf  —- H-------------!-----1- ...
\cos a • cos b cos b • cos c
+ 1
cosy • cos z/
COS X • cos у
26!
откуда
-----1-----1-----1---	 + ... Н	1-Н--— = cos a cos b cos b • cos c-------------------------cos x cos у cos у cos г
__ tg z — tga _ sin (г — a) sin d__________cos a cos z sin d *
461 « Выражение 10n + 10n-1 + ... + 10 + l есть сумма n + 1 членов геометрической прогрессии, первый член которой равен 1, а знаменатель равен 10. Поэтому это выражение равно—-----------.
Следовательно, исследуемое число можно переписать в виде
-10П+‘--1 (10п+г + 5) + 1,
ИЛИ
1д2(п-М) ।	. Юл+1
9
Ю'1+1 4- 2
Остается заметить, что число -------—----целое (так как сум-
3
ма цифр числа 10л+1 + 2 равна трем).
462. Коэффициенты разложения при xl, х2, х3, ..., хп+1 соответственно такие:
1 ГЧ Г2 rk Гп-\ 1 м’ •••» к’ ••• »
подлежащее доказательству равенство имеет вид:
Таким образом,
которое можно переписать в таком виде:
1 Гп-\ п
Поскольку
то последнее равенство можно переписать так:
1 + Он + С2п+1 4- ... +ед+ ... 4-Cm + I = 2
Это соотношение верно, так как левая часть есть сумма биномиальных коэффициентов разложения (а + Ь)п*1.
463. Очевидно, что в разложение войдут п членов вида a3(i = 1, 2, 3,..., и), затем n(n—1) членов вида a2aJt где i =£j (i и
2б2
inn \	r>3	n(n— \)(n—2)
; — различные числа из 1, 2, 3, ..., и) и, наконец, Сп = —-———— 1 • Л • о
членов вида а{ау-аЛ(1, /, k — различные числа из 1, 2, 3 ... , л). Итак, в разложении имеется:
и — 1) +
п (п — 1) (п — 2) _ Л(п+ 1) (^ + 2)
6	6
различных, не подобных членов.
Рис. 74
Рис. 75
4б4« Около треугольника АВС опишем окружность и проведем биссектрисы углов А и В, которые пересекутся в точке М — центре вписанного круга (рис. 74). Биссектрису угла В продолжим до пересечения в точке D с описанной окружностью.
Пусть 2а и 2р—углы Л и В в треугольнике АВС. Тогда Z AMD = = а + Р (как внешний угол треугольника ABM), £CAD = = ZDBC = Р; поэтому Л MAD = а + р.
Следовательно, в треугольнике AMD углы при вершинах А и М равны, а поэтому DA = DM. Кроме того, DC = DA\ следовательно, DA = DM = DC, т. e. точка D — центр окружности, проходящей через точки Л, М и С. Следовательно, точка, лежащая на биссектрисе угла В, является центром искомой окружности.
465. Пусть дуги ВС и CD имеют соответственно измерения 4а и 4р (рис. 75).
Пусть биссектриса угла BAD пересекает окружность в точке Е. Докажем, что прямая СЕ — биссектриса угла BCM (СМ — продолжение DC). Проведем хорду BE.
ZBЛD = 2(a + P); Z.BAE’ = АВСЕ = а + р; Z BA С = 2а. Но Z.BCM = Z BAD = 2 (а + 0), отсюда ZBCE = j- ZBCM, т. е. СЕ — биссектриса ZBCA1.
466< Пусть дуга С АВ имеет измерение 2a; дуга ВМС — (360° —
263
—2а); тогда ZBCE=a, Z.CAB = 180°—a, Z2L4D=a(pHC. 76). Поэтому дуга BND имеет измерение 2a, а дуга BAD имеет измерение 360° — 2a; следовательно, Z.BDE = 180°—а. В четырехугольнике BCED
Z ВСЕ + £BDE = а + (180° — а) = 180°, а
поэтому вокруг него можно описать окружность.
467.	Пусть диагональ AtC служит осью цилиндрической поверхности, которая касается ребра AD (рис. 77). Радиус цилиндрической поверхности равен отрезку, перпендикулярному к скрещивающимся прямым A tC и AD и имеющему концы на этих прямых, так как этот отрезок есть один из радиусов цилиндрической поверхности.
Длина указанного отрезка (так называемое кратчайшее расстояние между А iC и Л£>) равна расстоянию от любой точки отрезка AD до плоскости, параллельной AD и проходящей через A iC, т. е. до плоскости AiDiCB. Проведя AM перпендикулярно к плоскости AjDiCB, легко вычислим AM:
AM = ~ /2.
Так как плоскость АА^В^В перпендикулярна к плоскости A iDiCB, то AM принадлежит плоскости AAtBJi. Таким образом, AM является радиусом цилиндрической поверхности.
468.	Пирамиды ASBC и OSBC имеют общее основание SBC (рис. 78), поэтому их объемы относятся как высоты, опущенные на их общее основание. Так как ОА i и AS параллельны, то отношение высот пирамид Л5ВС и OSBC, опущенных на основаниеВВС,
264
равно отношению ЗЛ к ОЛрСледовательно, отношение их объемов равно:
	Vqsbc VASBC	_ °А1 ~ SA ’
Аналогично —0,sc'4- ASBC	__ 0С1 ~~ SC *	Vqsab   OBt V ASBC	SB
Сложив почленно эти три равенства, получим:
QAi ов1 осг	।
ВД + SB ’ SC
469.	Поскольку xt • х2 — — и xt+x2=— то х*х* = и
xi + х2 =	+ хг)* — ^Х1Х2 — 6х*х| — 4xtx3 = — — 2xtx2 X
CL
Таким образом, искомое уравнение:
или
а4х2 — (&4 —	+ 2а2с2) х + с1 = 0.
470.	Пусть z = а 4- bit тогда данное уравнение можно переписать в виде
а2 -г Ь2 — (а + Ы) = 1 + 21.
. Таким образом, имеем систему:
( У^а2 + b2 — a= 1, | —Ь = 2.
Решая эту систему, находим, что
а = b = — 2.
2
Следовательно, искомое число '
z = - — 2L 2
471.	Пусть х ~г — а, тогда
265
где
а* = (х + -?= xk+ С}хк~26 +... +CT1xft-2'"6m+ ... + -.
\ X )	xk
Для того чтобы слагаемое не содержало х, необходимо и достаточно, чтобы k — 2т = 0. Это слагаемое равно С™т • 6т.
Сумма всех таких членов, не содержащих х, равна:
1 +q0 • с*б +Одб*+ едб’+ с'Пб8-
472% Воспользуемся неравенством х + у + z > xyz.
Имеем:
a24-fe2 + c2>3^aW.	(1)
Извлекая арифметический квадратный корень из обеих частей этого неравенства, получаем:
У а2 + Ь2 + с2 > УЗ Уabc.
Далее, имеем:
ab + Ьс -J- са > 3 \Аа2Ь2с2.	(2)
Также
а2Ь2 + Ь2с2 4- с2а2 > 3 откуда
Уа2Ь^+Ь2с2~+ с2а2 > УЗ Уа2Ь2^.	(3)
Учитывая (1), (2), (3), получаем:
у > Гз~3^(3	= уз (з +уз) =
= з(1 +Кз).
в Г	 л у'/N. //\	с Рис. 79	Равенство достигается лишь	при а= b = с. 473. Проведем прямую DE (рис. 79); пусть эта прямая пересекает биссектрисы углов А и В соответственно в точках В2 и Л2- Докажем, что АА2А- ВО, ВВ2±_АО, т. е. что точки А2 и В2 совпадают с точками A f и Bit указанными в условии. Обозначим углы А, В и С треугольника АВС соответственно 2а, 2(3, 2у.
266
В треугольнике DCE CD = СЕ, а поэтому ZCED = 90° — у. Z.AOA2 — внешний угол треугольника ЛОВ, поэтому ^ДОД2 = = а + Р, а, следовательно, /Л2ОЕ = Z.AOE — ZAOA2 =(90° — — а) — (а + Р) =90° — Р — 2а.
ZOE42 = ZOEA + ZAEA2 = 90° + ZCED = 90э + (90° — — у) = 180° — у.
Поэтому в треугольнике ОЕА2.
ZOA2E = 180° — (90° — р — 2а) — (180° — у) = 2а + р + + у — 90° = а.
Так как отрезок ОЕ виден под углом а из точек А и Д2, то окружность, проходящая через точки Д, О и Е, пройдет через точку Д2. Но тогда 2ДД2О = ZAEO = 90°. Поэтому точка А 2 совпадает с точкой At. Так же докажем, что точка В2 совпадает с точкой Вь
474. Обозначим площади треугольников МВС, MCA, МАВ (рис. 80) соответственно через Si, S2, S3.
Поскольку треугольники АВС и МВС имеют общее основание, то
Рис. 80
may sx
Составим производную пропорцию:
АА^ — МА^ S« S3 MAt , . S^
ИЛИ	МА __ I S3
МД1 ’ Sj ’’r st ’
Аналогично получим:
МВ _ S3	St
MBy S2	Sg ,
и
JWC __ st sa MCt s3 ф s3 *
(1)
(2)
(3)
Сложив почленно равенства (1), (2) и (3), получаем:
AM
AtM
BtM
CM
+ CtM
I1) + (v- + T-) >6’ <4)
267
так как выражения в скобках суть суммы взаимно обратных положительных величин и, как известно,
—+ —>2, если п>0 и &>0.
Ь а
Знак равенства в (4) имеет место лишь тогда, когда Si = S2 = S3, т. е. когда точка М — центр тяжести треугольника АВС.
475. Данное равенство перепишем в виде
(у + z — 2х)2 — (у — г)2 + (г + х — 2у)2 — (z — х)2 +
+ (х + у-2г)2-(х-у)2 = 0.	(1)
(у + г — 2х)2 — (у — г)2 = 4 (у — х) (г — х), (г + х — 2у)2 — (г — х)2 = 4 (г — у) (х — у), (х + у — 2г)2 — (х — у)2 = 4 (х — г) (у — г).
Таким образом, равенство (1) можно представить в виде 2х2 + 2у2 4- 2г2 — 2xz — 2yz — 2ху = О, или (х2 — 2ху + у2) + (х2 — 2xz + z2) + (у2 — 2yz + г2) = О, т. е	(х — у)2 + (х — г)2 + (у — г)2 = 0.
Но так как сумма квадратов действительных чисел равна нулю только тогда, когда каждое слагаемое равно нулю, поэтому х=у =z.
476< Данное уравнение перепишем в виде
х3 —(а+ 1)х — х + Уа + 1 — 0,
или	___ __________________________
х (х — У а + 1)(х+]/а + 1) — (х —|/а+ 1) = 0, или	____
(х — У а + 1)(х2 + х У а + 1 — 1) = 0, отсюда х — Уа + 1 — 0, х2 + х/а + 1 — 1=0.
Из первого уравнения имеем х = У а + 1, а из второго
2
Если а — 1, то все три корня действительные, а если а < 1, то все три корня мнимые.
477. Модуль данного комплексного числа
р = у (1 — cos а)2 + sin2 а = j/"4 sin2	= 2 sin у .
Но так как 0	, то
^2^2
р = 2 sin —
268
Обозначим аргумент данного комплексного числа через ф. Имеем:
1 — cos а
COS ф =-------»-----
. а 2 sin —
2 sin* 2 —-
2 .а	л — а
------ = Sin — = cos ----
а
2 sin —
sin а
Sin ф — ----------
а
2 sin —
Л . а а
2 sin — • cos —
а
= COS —
. л — а = sin--------
а
2 sin —
Таким образом,
478. Имеем:
tg (arctg а + arctg b) = tg (л — arctg с) = — tg (arctg c),
откуда
a + b
1 ^-ab
t. e. a + b + c = abc.
479. Общий член разложения Tk+i = C\ak. Если Tk = 7\+1> Ck — 1	1
n Cl —	,
ИЛИ n\	__ n\ ak
(/г — 1)!(п — /г + 1)! k\ (n — /г) ! ’ откуда
n + 1
a
Таким образом, искомое условие таково: число 1 + —» где а
а=---------, k — одно из чисел 0, 1, ... , и, должно быть де-
п — k + 1
лителем числа п + 1.
480.: 1) Поскольку вынимается 5 билетов, причем выигрышных билетов всего 8, а проигрышных 42, то надо вынуть два билета из 8 и еще 3 билета из 42. Общее число таких комбинаций
С28 • С342 = 326 240.
269
2) Число способов выбора 5 билетов, при которых хотя бы два будут выигрышными, равно сумме числа способов, при которых вынимается ровно два выигрышных, ровно три выигрышных, ровно четыре выигрышных и ровно пять выигрышных билетов. Это число равно:
d • С42 + cl • С422.+ dels + d • 1 = 377 452.
481* Первое
решение. Имеем: abc, а2 + 62 + с2 > 3 jZа262с2.
О)
(2)
Перемножив почленно (1) и (2), получим:
(а + b + с) (а2 + Ь2 + с2) > 9 У а3 Ь3 с3 = 2abc.
Второе решение. Известно
ab (а + b) + Ьс (Ь + с) + са (с + а) > баЬс
а3 + Ь3 + с3 ЗаЬс.
Сложив почленно эти два неравенства, получим:
(а3 + а2Ь + а2с) + (Ь3 + ab2 + Ь2с) + (с3 + Ьс2 + ас2) > 9 abc,
а2 (а + Ь + с) + b2 (а + b + с) + с2 (а + 6 + с) > 9 abc, (а + b + с) (а2 + Ь2 + с2) > 9 abc.
482. Доказываемое неравенство можно переписать последовательно следующим образом:
а3 + bG 6аЬ2 — 8,
аз +	+ 8 > 6с&2>
Зу<8.а3 &6,
Рис. 81
что очевидно. Равенство имеет место лишь при а3 = bG = 8, т. е. только при а = 2, b = ± У2.
483.	Пусть М — произвольная точка окружности, описанной около треугольника ABC, MN _L АС, МК _1_ АВ (рис. 81).
Проведем через точки Л7 и /( прямую до пересечения в точке D с прямой ВС, а затем построим отрезок
270
MD. Для решения задачи достаточно показать, что MD I ВС. Проведем хорды AM и ВМ.
Пусть углы Л,В,С треугольника АВС равны соответственно а, Р, у, а дуга МВ имеет измерение 2ф. Около четырехугольника AMKN можно описать окружность, так как отрезок AM виден из точек К и N под углом 90°. Поэтому ^AKN = /А MN.
Так как £МАВ = ф, то Z.AMN = 90° — (а + ф), поэтому и ZAKN = 90° — (а + ср), но ZDKB = ZAKN = 90° — (а + <р) AMKD = 90° — ZDKB, т. е. ZM/ф = а + ф.	(1)
ZMBD = 180° — ZMBC = 180° — ЛМВА — ₽ = 180° —
(Y — Ф) — Р = а + ф.	(2)
Отрезок MD виден из точек К и В под углом а + ф (на основании равенства (1) и (2)).
Поэтому окружность, проходящая через точки М, К и D, прой-
дет и через точку В, т. е. около четырехугольника MKBD можно описать окружность: Z.MDB = 180°— Z МКВ = 90°, Следовательно, MD I ВС.
484.	Если АВ I CD и АС -L BD (рис. 82), то три точки А, В и С не могут лежать на одной прямой, в чем легко убедиться доказательством от противного. Поэтому можно построить треугольник с вершинами Л, В, С. Так как CD J_ АВ и BD I Л С, то точка D — ортоцентр треугольника ЛВС. Поэтому высота AAt проходит через точку D, т. е. AD J_ ВС.
485.	Пусть в тетраэдре A BCD точки М и N — середины ребер ЛВ и CD (рис. 83).. Через точки М и N проведена произвольная секущая плоскость MPNK- Докажем, что объем многогранника APNDKM равен половине объема тетраэдра ABCD.
Объем тетраэдра ABND равен половине объема тетраэдра Л BCD, так как эти тетраэдры имеют общую высоту, а площадь основания первого вдвое меньше, чем второго.
4- V
rvAMPN
V =V
v APNDKM v ABND
Vbmnk
(1)
271
Точки М и N — середины отрезков АВ и CD, концы которых лежат на скрещивающихся прямых АС и BD. Согласно задаче 414, прямая MN, а поэтому и точка О лежат в плоскости, параллельной АС и BD и одинаково удаленной от этих прямых. Эта плоскость делит отрезок КР в точке О пополам. Поэтому треугольники КОМ и PON равновелики, а также треугольники KON и PON, а поэтому равновелики и треугольники KMN и PMN. Тетраэдры AMPN и BMNKt имеющие равновеликие основания KMN и PMN, а также равные высоты, равновелики, поэтому в равенстве (1) можно заменить V ampn равной величиной V bmnkX следовательно,
V = V — — I/
v APNDK.M * ABND ~~ 2 ABCD ‘
Таким образом доказано, что плоскость MPNK делит тетраэдр на два равновеликих многогранника.
486» Пусть ADM — биссекторная плоскость двугранного угла AD в тетраэдре A BCD (рис. 84). Если D	принять за основания тетраэдров A CDM
и ABDM соответственно грани ACD и //I \	ABD, то рба тетраэдра будут иметь рав-
/ /1 \	ные высоты, так как точка М биссектор-
/ I I	\	ной плоскости одинаково удалена от
/ I I \ плоскостей ACD и ABD. Поэтому, обоз-/	- -1—|—& начая объемы тетраэдров ACDM и ABDM
соответственно через V± и1/2, получим:
£	^1 : ^2 =	* S&ABD , (О
Рис. 84	где S^acd и S^abd — обозначения пло-
щадей треугольников ACD и ABD.
Если же принять треугольник A DM за общее основание тех же тетраэдров, то высоты их будут относиться, как СМ : МВ, а поэтому
Vt: V2 = CM : MB.	(2)
Из (1) и (2) следует, что
СМ: МВ — S^ACD : $лАВП .
487» Из условия следует, что
— л cos лх = (— 1)Л —
3	6
откуда
cos лх =
(-1)* 10
ЗА
5 *
Поскольку | cosnx]<; 1, то из всех целых значений k можно взять лишь — 1, 0 и 1.
272
Если k = — 1, то
COS JlX — в
L — L — _L
5	10 ~ io’
(7 \ — To)
И
o . 1 [	7
xi = 2n 4- — л — arccos — 1	л \	10
Если k = 0, то cos лх = откуда х2 = 2т ± —. Если k= 1
10	л
откуда х3 = 2k ± —.
то cos лх —-------= —,
5	10	2
488. Поскольку tgx-f-
место лишь при tgx = 1 или при tgx = — 1. Так как правая часть первого уравнения удовлетворяет условию 2sin^y + “ первое уравнение системы распадается на две системы:
и
2, причем знак равенства имеет
2, то
(1)
(2)
Система (1) имеет следующие решения:
х = — + Лл, у = — + 2/л, 4	У 4
а система (2) —
л .	Зл ,
X  --------к /ИЛ, у = —*- +
4	7	4
(3)
(4)
Проверкой можно убедиться, что решения, определяемые формулами (3), не удовлетворяют второму уравнению исходной системы, а решения, задаваемые формулами (4), удовлетворяют второму уравнению, а следовательно, и всей системе лишь при нечетном т. Если в формулах (4) т = 2k + 1, то решения исходной системы запишутся так:
х = — + 2£л, у = — — + 2пл.
4	у 4
489.: Доказательство проведем методом индукции. Заметим, что при п = 2 равенство имеет место, так как а2 —	= а3— а2 и,
следовательно, — 2а2 + а3= 0. Допустим, что предлагаемая формула справедлива для некоторого п9 иначе говоря, какова бы
273
ни была арифметическая прогрессия xlf х2, ...» хп+1, справедливо равенство:
Переходя к п + 1, используем тождество:
С Л ____	—1
п --- ^п— 1 “Г '-'П — 1 •
Тогда
^n-на2 + а3 + ... +(	1)®С£+1	4-
+ (- 1Г 1С?+;ап+2 = [а, - С\а2+ ...+(- 1Гqan+1] -г
- j а2 - С'а3	1)п-1С«-'ап+1 + (- 1)лС«ап+2].
По предположению оба выражения, стоящие в квадратных скобках, равны нулю, так как они имеют вид(1). Поэтому предлагаемая формула справедлива и для п + 1.
490< Доказываемое неравенство можно переписать в виде
1 — 2х log2у + № log* у + 4х2 + 4х log2 у + logfy > О, или (1 — х log2y)2 + (2х + log2y)2 >0, что очевидно.
Рис. 85
Равенство могло бы достигаться, если бы были выполнены соотношения:
х log2y = 1, log2 у = — 2х. Но из них вытекает —2х2=1, что невозможно. Таким образом, при всех допустимых значениях х и у соблюдается строгое неравенство.
491. Пусть КМ— прямая, проходящая через точку О— .центр правильного треугольника АВС\
ZAMK = a, АА^КМ, ВВ^КМ, ССХ_)_ КМ(р\\с. 85).
Пусть OD = г, тогда ВО = 2г. В треугольнике BBfi
/В = а, Z В, == 90J, поэтому BBl = 2rcosa; (1) СМ = DM — DC = г • ctg а — г |ЛЗ = г (ctg а —	;
CCj = СМ • sina, CCi = r(cosa—УЗ - sina);	(2)
AM = DM + AD = r • ctga 4- г ]/3 = r (ctg a + j/3	).
AAi = AM • sin a; A At = r (cos a + УЗ • sin a).	(3)
274
Из (i), (2) и (3) следует, что
AAi + ВВ2 4- СС\ = г2 (cos а + КЗ sin а)2 + 4г2 cos2 а +
4- г2 (cos а — ]/3 • sin а )2 = г2 (cos2 а + 21^3 - sina - cos а 4-4- 3 sin2 а 4- 4 cos2 а 4~ cos2a — 2	• sin а • cos а 4~ 3 sin2a) =
= г2 (6 cos2 а + 6 sin2 а) — 6г2.
Таким образом, доказано, что АА2 4- BB2i + СС? не зависит от угла а, т. е. не зависит от выбора прямой.
492.	1) Рассмотрим сначала случай, когда ни одна из прямых DA,DB и DC	D
не перпендикулярна к плоскости АВС.	/К
Пусть DH —перпендикуляр, опущенный	/
из точки D на плоскость АВС (рис. 86).	/ [I \
Так как, по условию, АВ | CD, то	/	11 \
АВ J_ СН (по теореме о трех перпеиди- / I 1	\
кулярах). Также, по условию, ЛС-L В£>,	/ I
а поэтому AC JL ВИ. Следовательно, /_	/
точка//—ортоцентр треугольника ЛВС,	/
поэтому АН _L ВС, откуда, по терреме о
трех перпендикулярах, следует, что	с
AD J_ ВС.
2)	Рассмотрим случай,„ когда BD—	Рис- 86
перпендикуляр к плоскости АВС. Поскольку АВ -L CD, то ЛВ перпендикулярна к ее проекции ВС. Но ЛВ есть проекция AD на плоскость ЛВС, а поэтому если АВ _L ВС, то и AD _L ВС.
3)	В случае, когда CD — перпендикуляр к плоскости ЛВС,
доказательство проводится аналогично.
4)	Если же AD — перпендикуляр к плоскости ЛВС, то AD _L ВС (по определению перпендикулярности прямой и плоскости).
493.	Так как sin 2х = —5— , 14-tg2*
где
то данное
уравнение можно переписать в виде
или
tg3 х — 2tg2x 4- 3 tg х — 2 = 0,
tg3 x — tg2 x — tg2 x 4- tg x + 2tg x — 2 = 0, tg2 x (tg x — 1) — tg x (tg x — 1) + 2( tg x — 1) = 0, (tg x — 1) (tg2 x — tg x 4- 2) =0.
Так как уравнение tg2 x — tg x + 2 = 0 не имеет действитель
275
ных корней, то данное уравнение равносильно уравнению tg х — 1 =0. Откуда х = — + Ал.
4
494й Перепишем данное уравнение в виде
1 + cos 6х — 32 cos6* = 0,
или
2 cos2 Зх — 32 cosex = 0.
(1)
Но так как cos Зх = 4 cos3 х — 3 cos х, то уравнение (1) принимает вид:
2 (4 cos3 х — 3 cos х)2 — 32 cos6x = 0, или
16 cos®x + 9 cos2 х — 24 cos4x — 16 cosex = 0,
3 cos2 x — 8 cos4x = 0, cos2 x (3 — 8 cos2 x) = 0.
Это уравнение распадается на два:
cos х = 0 и 3 — 8 cos2 х = 0.
Из уравнения cos х = 0 имеем: х= ~ + Ал.
Уравнение 3 — 8 cos2 х = 0 перепишем так:
3 — 4 (1 + cos 2х) = 0, или
cos 2х=------,
4
откуда
2х = ± ( тс — arccos —+ 2Атс,
V.	I 1 /	1 \	. и
х = + — тс — arccos — I + Атс. ~ 2 \	4/
495л Умножим обе части данного уравнения на 32 sinn^. Имеем:
16 • 2 sin тс — cos тс — cos 2тс — cos 4тс — cos 8тс — cos 16 тс — = 31	31	31	31	31	31
=sinTC —,
31
8-2sin2TC — cos2tc — cos4tc — cos8tc — cos 16tc — = sin тс *
31	31	31	31	31	31
276
4 • 2 sin 4к — cos4k — cos8k — cos 16 к — = sin к —•
31	31	31	31	31
2 • 2 sin 8k -i- cos8k — cos 16k — = sin к —,
31	31	31	31
2 sin 16 к — cos 16k — = sin к —,
31	31	31
sin 32 к — = sin к —.
31	31
(1)
В силу условия равенства двух синусов имеем:
1) 32 к + к = к (2k + 1), откуда
(2)
2) 32к	— к А = 2 &к, откуда
(3)
Поскольку при решении мы умножали обе части исходного . уравнения на выражение 32 sin которое может быть равно нулю, то уравнение (1) может иметь корни, которые не удовлетворяют данному. Ясно, что посторонними корнями являются те и только те, которые являются решениями уравнения:
sin= О,	(4)
31	'
но не удовлетворяющие исходному уравнению.
Уравнение (4) имеет решения х = 31 и, где п = 0, ±1, ±2, ...» которые, как легко убедиться, не удовлетворяют исходному. Поэтому из множеств (2) й (3) надо исключить все те значения, которые имеют вид 31 и. Для множества (2) получаем равенство:
* -(2k + 1) = 31л,
т. е. 2k + 1 = ЗЗи, которое возможно только при нечетном п, т. е. при п = 2т + 1 и k = 33т (т = 0, ±1, ±2, ...). Для множества (3) получаем равенство:
2k = 31и,
возможное лишь при четном п, т. е. при п = 2т и k = 31m (т = = 0, ±1, ±2,
277
Таким образом, данное уравнение имеет решения:
Xi = 2k, где k=£ 3\т (т = 0, ±1, ±2, ...), 31
х2 = ~(2Л + 0> где 33 m + 16 (m = 0, ±1, ±2, ...).
496* Поскольку cos 2х 4- cos 2у = 2cos (х + у) cos (х — у), то второе уравнение можно переписать в виде
4 cos (х — у) cos (х + у) = 1 + 4 cos2 (х — у), но так как х — у = а, то
4 cosa cos (х + у) = 1 +4 cos2а,	(1)
х — у = а.	(2)
Очевидно, что имеют место неравенства:
и	14cos a cos (х + у) |	4 | cos a|	(3)
41 cos a |	1 4-4 cos2 a.	(4)
Второе неравенство следует из неравенства (1 ± 2 cosa)2 > 0.
Ясно, что равенство достигается лишь при 2 | cos а | = 1.
Следовательно, рассматриваемая система имеет решения только
1.1 при | cos а |	.
2
Если cosa = -i, то из (1) находим cos (х + у) = 1, откуда
х 4- у = 2 /гл. В этом случае имеем систему:
х т у = 2/гл, х — у = а.
Решением этой системы является пара чисел:
Если же
х = —Н к™,
2 cosa -------
2
у = —+Лк.
то найдем:
a
+ — Н-Лте
2
497» Поскольку | sin х |<1 и | cos 2у|	1, то sin х cos 2у<Г.
Поэтому из первого уравнения системы следует, что а = 0. Таким образом, данная система имеет вид:
sin х cos 2у = 1,
cos х sin 2у = 0.
Из второго уравнения этой системы следует, что либо cos х = 0, либо sin 2у = 0.
Если cos х = 0, тох=± — 4- 2тл. При Xi = — 4- 2тл из 2	2
первого уравнения получаем:
278
у I = пл, при х2 = —+ 2п?л находим: у2 = у + /л. Очевидно, что случай sin 2у = 0 не дает новых решений.
Таким образом, система имеет решения только при а = 0 и имеет два множества решений:
1)	х = — + 2mr, у = пл
и 2) х = — у + 2 Ь, у = у + 1к.
498.	Докажем методом математической индукции. При п = 3 легко непосредственно проверить, что
а/— 3 (а! + d)2 + 3	+ 2d)2 — (аА + 3d)2 = 0.
Пусть уже установлено, что при некотором и и любой арифметической прогрессии х2, •••» xn+i имеет место тождество:
Тогда, поступая в случае n + 1, как в задаче 489, получаем:
что и завершает индукцию.
499.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
М (ху) + [lcg2 (х + у) - I]2 > 0;
очевидно, поскольку сумма двух неотрицательных чисел может быть равной нулю только тогда, когда оба слагаемых равны нулю*, то равенство достигается, если имеет место система уравнений:
log2 ху = 0,
log2 (х + у) = 1,
или
ху = 1; х + у = 2,
откуда х = у = 1. Итак, равенство достигается лишь при х = у =» = 1.
500.	Имеем:
Iog2x4-21og3x-log3y = Icg2x4-21og..x(l—log3x)= — lcg2x + +21og3x=l—(Icg^x —21cg3x + 1) = 1 — (log3x— 1)2< 1.
279
Знак равенства имеет место лишь при log3x = 1, т. е. если х = 3.
501.	1) Пусть АВС и — данные треугольники, у которых АВ _L ВС J_ BiCj и AC J_ Л4С1. По теореме о свойстве углов с соответственно перпендикулярными сторонами возможны следующие случаи: I. /Л + гЛ1 = 180°; ZB + ZB4 = 180°;
ZC + ZC, = 180°,'
тогда
гл + гв + гс + гл! + гв4 + zCt = 54о°>збо°,
что противоречит теореме о сумме углов треугольника.
Но и в этом случае сумма углов в двух треугольниках вместе оказывается больше 360°, что неверно.
ш. гл = гЛр
ZB = ZBt; тогда очевидно, что ZC = ZCt и тре
угольники подобны.
2)	Доказывается аналогично.
csinp-cosf   sin 7
b	sin 3
502. Обозначим углы Л, В, С треугольника АВС (рис. 87) соответственно через а, 0, у, а стороны— через a, Ь, с. Стороны треугольника Л 2М А1 соответственно перпендикулярны к сторонам тре~ угольника ЛВС, а поэтому (см. № 42) ДЛгМЛ! сп ДЛВС. Тогда гЛ! = у» гл2=а; гти = р. Коэффициент подобия
_ Л148 __ AAj ♦ cos 7 _ AC ~ b ~
•sin 0-cos 7 = sin-[• cosy,
ki = sin 7* cos 7.
Так же докажем (см. № 501), что AB^VBf сп дЛВС, причем коэффициент подобия
.	BiC-sin^ acos7-sini( .	„ .
Л9 =	= —------L =-----!----1 = sin 7 • cos 7;
2 BC	a	a	11’
k2 = sin7 • cosy.	(2)
280
Из равенств (1) и (2) следует, что = k2, поэтому треугольник Л2МЛ i равен треугольнику B2NBi.
503.: Пусть Z.SN0 =а (рис. 88). Искомый угол АМС обозначим через 2х, AF J_ ОВ, а поэтому AF J_ SB по теореме о трех перпендикулярах. Отсюда следует, что AF — перпендикуляр к к плоскости SOB, а поэтому треугольник SBF есть проекция треугольника AS В на плоскость SOB, следовательно,
площадь &BSF = (площадь дЛВВ) • cos х,
,5
Рис. 88
Рис. 89
или
у BFSO
COS X = -j---
4- AB-SN 2
ВТ
= AB
SO
sn'
(1)
но
BF
AB
. Я = sin —
П
SO — = sin a. SN
Поэтому
Следовательно,
cos* = sin — • sin a. n
ЛАМС = 2x — 2arccos
л sin— -sina
n
504. Осевое сечение конуса — равнобедренный треугольник АВС (рис. 89). Пусть г — радиус полусферы, R — радиус основания конуса, I — образующая конуса, 2a — угол при вершине осевого сечения конуса. В силу наших обозначений площадь осевого сечения конуса
S= — /2sin 2a = lr>
2
10 Заказ 164
281
откуда
£ __ 2_
г sin2a
Из условия задачи следует:
nR(l + R) = \(R ji\R___±_ ( 1 2лг2 2 \ г г ) г -2 \ cos a
2 \ 1 = 18 sin2a, cos a 5
Для нахождения sin а имеем уравнение:
36 sin3a — 31 sina + 5 = О,
или
(sina + 1) (36 sin2a — 36 sina + 5) = 0.
Так как a — острый угол, то sina — 1, а потому
36 sin2 a — 36 sin a + 5 = 0.
Откуда
5	1
sin cl = — или sin a9 = —.
1	6	2	6
т	V11	/35
Теперь находим: cosat =	, cos a2=
Далее,
sin 2at = 2 sinar- cos cl = 2 • 4 * 1	1	о о	lo
Sin2<x.= 2.|.r® "	6	6	18
Итак, задача имеет два решения.
505« Взяв синус от обеих частей данного уравнения, получим: sin (2 arccos х) = sin [ arcsin (2х|/1 —х2)1, или
2 sin (arccos х) cos (arccos х) = 2х /1 — х2,
или
2х/1— х2 = 2х/1 -х2.
Полученное равенство есть тождество. Но отсюда еще не следует, что любое значение х, для которого | х | <; 1, служит решением данного уравнения. Поскольку всегда arccos х > 0, то, как видно из данного уравнения, 0 arcsin (2х V1 — х2) < — . Отсюда 2
находим: 0 <1 2 arccos х у, или 0 < arccos х -- .
282
Следовательно, все числа из промежутка
служат ре-
шениями данного уравнения.
506.	Произведение k последовательных целых чисел можно на-
писать в виде
(«
+ 1) (п + 2) (п + 3)...(п + k).
Доказать, что это произведение делится на произведение 1, 2, 3, k, равносильно тому, что доказать, что каждый простой делитель, входящий в разложение на простые делители числа k\, в какой-либо степени т входит в то же время в разложение числа
(п + 1) (п + 2) (п +3)... (n + k),
в некоторой степени /п', причем т т.
Пусть р — простое число и пусть в ряде чисел
1,2,3,...,*
встречается mi чисел, делящихся на р, т2 чисел, делящихся на р2, т3 чисел, делящихся на р3, и т. д. Так как из р последовательных чисел одно делится на р; из р2 последовательных чисел одно делится на р2 и т. д., то в ряде чисел
п + 1, п + 2, п + 3, ..., n + k
не менее mi чисел делится на р, пусть их будет т\ mi чисел, не менее т2 чисел делятся на р2, пусть их будет т2> т2 и т. д. Тогда произведение 1,2,3,...,* будет делиться на рт, где т— nii+ + т2 + zn3+ ..., и не будет делиться на pm+1, а произведение
(п + 1) (п + 2) (п + 3)... (п + *)
делится на рт', где т' = т\ + т2 + т2 + ... > mi + т2 + + т3 + ... = т.
Поскольку изложенное можно высказать по отношению ко всякому простому делителю, содержащемуся в 1,2,3,..., *, то отсюда следует делимость произведения
(п + 1) (п + 2) (и + 3)... (п + *) на *!.
Заметим, что утверждение, что дробь
(л + 1) (п + 2) (п + 3). Л (п + k)
—Г—<>.—L—L2 »—L 1 •—f есть целое число, 1-2-3...6
k
того, что эта дробь равна Сл + * .
вытекает также из
507.	Легко заметить, что слагаемые данной суммы образуют геометрическую прогрессию, знаменатель которой равен 1 + х. Используя формулу для суммы членов геометрической прогрессии, имеем:
10*
283
(1 + х)к 4- (1 4-x)ft+1 + ... + (1 + х)п = .(.l.+ x)n^-(l+x)ft(1) X
Левая часть равенства (1) представляет собой многочлен:
а0 + щх + ал1 + ... + атхт + ... + апхп.	(2)
Раскрыв скобки в правой части (1), получим:
ат =	— Ck+' ПРИ m>k
ат = ОД1 при m > /г.
508.	Имеем:
и2 п — 1 п
Складывая эти и — 1 неравенств, получим Sn < 1 — —.	Сле-
п
довательно, 5Л<1.
509« 1) Опустим перпендикуляр АН (рис. 90) из точки А на прямую d. Высота треугольника АВС принадлежит прямой АН; следовательно, все точки искомого геометрического места точек при
284
надлежат прямой АН. Ясно, что не все точки прямой АН принадлежат искомому геометрическому месту точек. Крайними положе; ниями прямой ВС служат положения двух касательных, параллельных прямой d; при этом точки В и С сливаются в одну точку: в одном случае в точку В4 (С\), во втором случае в точку В2 (С2). Треугольник АВС в обоих случаях вырождается дважды в отрезок ABt или АВ2. Если — точка, диаметрально противоположная точке А, то прямая AtBt дает направление высоты, опущенной из вершины Ci на сторону АВlf так как Л£В1 J_ ABit а прямая AtB2 дает направление высоты, опущенной из вершины С2 на сторону ЛВ2, так как AiB2 JL ЛВ2. Точки Di и D2 — точки* пересечения прямых AiBi и Л1В2 с прямой АН — представляют"крайние положения точки пересечения высот треугольника ЛВС. Таким образом, искомое геометрическое место точек есть отрезок DiD2.
2) Середина М стороны ВС при любом ее положении лежит на диаметре В4В2, перпендикулярном к прямой d. Отрезок AM есть одна из медиан. Если проведем прямую k параллельно прямой BiB2 между этой прямой и точкой Л так, чтобы ее расстояние от прямой BfB2 было равно — расстояния точки Л до прямой BjB2,
то прямая k будет отсекать от медианы AM одну треть, считая от основания медианы. Следовательно, на прямой k лежат все точки искомого геометрического места точек. Точки Ef и Е2 пересечения прямых ABi и ЛВ2 с прямой k представляют крайние положения точки пересечения медиан. Таким образом, искомое геометрическое место точек есть отрезок EiE2.
510« Пусть в тетраэдре ABCD (рис. 91) точки В, Е, Л, L—середины ребер AD, ВС, AC, DB. Требуется доказать, чтоЛВ2 4-+CD2 = 2 (ЕЕ2 + ЛЕ2).
Проведя отрезки ЕЛ, ЛЕ, FL и EL, получим четырехугольник EKFL, в котором ЛЕ = =ЕЕ=~-ЛВ, как средние линии треугольников АСВ и ADB, кроме того, ЛЕ || ЕЕ. По аналогии ЕЛ || ЕЕ, ЕЛ = LF = = 1 CD.
2
Рис. 91
Следовательно, EKFL — параллелограмм; поэтому ЕЕ2 4-ЛЕ2 =
= 2(£7(2EL2) = 2 (— + —
\ 4	4
или
АВ2 4- СО2
АВ2 + CD2 = 2 (ЕЕ2 + ЛЕ2).
285
511.	Взяв тангенс обеих частей данного уравнения, получим tg (arccos х) — tg (arctg х), откуда
или
X2 =	--Х2,
или
х4 + х2 — 1=0.
Это уравнение имеет два действительных корня:
Корень х2 < 0 не удовлетворяет данному уравнению, так как arccos х2 > 0, a arctg х2 < 0.
Значение х1 ~
так как
0 < arccos х. < —
1	2
что соответст
вует определению arcsin х и arctg х.
512.	Возьмем синус обеих частей данного уравнения:
. /	.	2	,	----\	. /	.	1 \ 1
sin arcsin —7=- + arcsin р i______х = sin arcsin — ,
\ зУ x	F	\	3)
откуда
или
Поскольку радикалы здесь арифметические, то последнее уравнение, а следовательно, и исходное не выполняется ни при каком значении х, т. е. исходное уравнение не имеет решений.
286
513.	Перепишем данное уравнение в следующем виде:
(tg4x + 2 tg3 х + tg2 х) + (tg2 х — 2 tg x + 1) = О, или
tg2 х (tgx + 1)2 + (tgx - l)2 = 0.
Так как сумма квадратов действительных чисел равна нулю тогда и только тогда, когда каждое равно нулю, то
tg х (tg х + 1) = 0, tg х — 1 = 0.
Эта система распадается на две системы:
и
tg х = 0, tg х = 1
tgx = — 1, tgx = 1.
(О
(2)
Так как нет таких значений х, при которых оба уравнения системы (1) или оба уравнения системы (2) выполнялись бы, то данное уравнение не имеет решений.
514.	Разделив 500 на 7 и взяв целую часть частного, мы узнаем, сколько имеется целых чисел, не превышающих 500 и делящихся на 7:
500 = 7 ””
(квадратные скобки обозначают целую часть дроби, стоящей в скобках).
Таким же образом, разделив 500 на 49, узнаем, сколько целых чисел, не превышающих 500, делится 72 = 49:
г500'
49
Наконец, разделив 500 на 343, получим число целых чисел, делящихся на 73 = 343:
’500
343
- Значит, 500! = 1 • 2 • 3- ... .500 делится без остатка на 771+10+1=э =782, но не делится на 783. Подобным образом получаем:
10001 =
7	’
1000
49
1000
343
287
Поэтому 1000! делится без остатка на 7142+2<н-2 = 716*, но не делится на 7105.
Число сочетаний из 1000 по 500 равно:
1000-999 ... 501 _ 1000-999... 501  500 - 499... 2-1 __ 1090!
1-2-3...500	1-2-3 ... 500-1-2-3... 500	~ (500!)2
= 7164 •	= k
(7«a-*2)2 k2
Поскольку число сочетаний должно быть целым числом и kx не содержит множителя 7, то k есть целое число, не делящееся, на 7. Следовательно, С 500 не делится на 7.
1000
515.	Имеем:
[ 1 + (х2 - Х3)|9 = 1 + Cg (Х2 — X3) +	(X2 — х3)2 + Сэ (х2—х3)3 +
H~Cs (х2 — х3)4 + Су (х2 — х3)5 + ... + (х2 — х3)’.
Очевидно, что х8 содержится только в четвертом и пятом слагаемых правой части равенства. Зная это, легко найти коэффициент при х8. Он равен 3 С9 +	.
516.	Если обозначить слагаемые через х, у и г, то должно быть х + у + z= п. Очевидно, что слагаемые х, у и г могут, вообще говоря, принимать значения 1,2,3,..., (п — 2). Пусть х = 1, тогда возможны такие случаи:
.*1	1	1	1	1 -	1 ’	
V	1	2	3		п — 2	Всего п — 2 способа
г	>п — 2	п—3	п—4 |	...		
Пусть х = 2, тогда возможны такие случаи:
X I	2 1	2 1	2		2 1	
У	1	2	3	• • •	п— 3	. Всего и — 3 способа
2	|п —3	\п — 4	|л —5|	...	1 J	
и т. д.
Наконец, пусть х = п — 2, тогда возможен только один способ: х = п — 2, у — l,z=l.
Таким образом, общее число способов равно:
(и — 2) + (п — 3) + (п — 4)+ ... + 2 + 1 =
(п~ 1) (м — 2) 2
288
517.	Имеем: —?— > —, п + 1 2л
11
2л - Г 2л ’
1 _ 1 2л 2л
Сложив эти соотношения, получим: 1 1.	1_1_ п _ £
л + 1 л 4-2	2л—1	2л 2л 2
518.	Очевидно, что
4х 4- 1 *<4х2 + 4х 4- 1, или ]^4х 4-1 < |2х 4-1|,
4у + l<4ya-h4y 4-1, или/4у 4-1<|2у 4-1|,	(1)
4з + 1 4z2 + 4г + 1, или /4г 4- 1 12г 4- 11-
Так как, по условию, х > —-, то 2х 4-1 >- 0. Аналогично 2у 4- 1 > 0 и 2z 4- 1 > 0, то поэтому в (1) знак модуля можно опустить. Из полученных неравенств (1) следует:
/4x4-1 4- /4у4-1 + 1/4г4-1 < 2 (х 4- у 4- г) 4- 3.
Но так как, согласно условию, х 4- у 4- г = 1, то
/4x4-1 4-/4у4-1 4-/4г+1 <5.
519.	Пусть точка М — середина гипотенузы АВ треугольника АВС (рис. 92). Концы гипотенузы А и В принадлежат сторонам
прямого угла АОВ. В прямоугольном треугольнике АВО точка М есть также середина гипотенузы, а поэтому ОМ = ±АВ, т. е. при любом положении треугольника АВС середина гипотенузы находится на постоянном расстоянии от точки Она окружности радиуса, равного половине гипотенузы, с центром в точке О. Так как МО = МВ = МС = МА, то четыре точки О, А, В, С лежат
Рис. 92
289
на одной окружности с центром в точке 7И. Углы АВС и АОС равны, как вписанные в одну и ту же окружность и опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно, геометрическое место точек С состоит из точек прямой ОС, наклоненной к прямой ОА под углом, равным одному из острых углов треугольника АВС. Но не все точки этой прямой принадлежат искомому геометрическому месту точек. Действительно, из неравенства ОС С ОМ 4- МС = АВ
следует, что искомое геометрическое место точек состоит лишь из тех точек прямой ОС, которые лежат от точки О на расстоянии, не превышающем длины гипотенузы треугольника АВС. Легко убедиться, что любая точка С, для которой ОС АВ, действительно принадлежит искомому геометрическому месту точек.
520.	Искомое геометрическое мес-
Рис. 93
то точек есть перпендикуляр к отрезку АС, проведенный через его середину Е, с исключенной точкой Е. Действительно, треугольник ADB— равнобедренный, поскольку Z.CAD == = ^CBD, так как эти углы опираются в равных окружностях на равные дуги CD (рис. 93). Поэтому точка D лежит на перпендикуляре к отрезку АВ, проведенному через его се-
редину Е. Наоборот, если взять любую точку D на этом перпендикуляре, не совпадающую с точкой Е, то окружности, проходящие через ACD и BCD, равны. Это следует, например, из равенств:
р ~ CD — CD
1 2sin £BAD 2sinZCBD
521.	Пусть a — длина ребра правильного тетраэдра SABC
(рис. 94). Тогда ОВ ~ а из треугольника SOB, где Z0=90°, г а
следует, что SO =
Пусть М — середина SO. Из Д ОМВ получим:
МВ2 = МО2 + ОВ2 =
В треугольнике АМВ:
МВ2 + МА2 = - 4- - =а2 = АВ2, 2	2
следовательно, ААМВ = 90°, т. е. АМ _L ВМ.
290
522.	Пусть в тетраэдре ЗЛВС (рис. 95) плоский угол при вершине ZЛSC = 90°, а высота тетраэдра SH проходит через точку пересечения высот BBi и CCi в треугольнике ЛВС.
Так как СНЛ-АВ, то по теореме о трех перпендикулярах CSJ-ЛВ. Таким образом, СЗ_1_ЛС, по условию, и СЗ_1_ЛВ, поэтому CS I плоскости ASB (по теореме о двух перпендикулярах).
Рис. 94
Следовательно, CSJLBS, т. е. Z_CSB = 90°. Аналогично доказывается, что ZASB = 90°.
523.	Умножив обе части данного уравнения на х — 1, получим:
(х — 1) (хв + хб + х4 + х3 + х2 4- х-+ 1) = 0.	(1)
Уравнение (1) можно переписать в виде х7 — 1 =0, или х7 = 1.
Корни последнего уравнения суть
2/г л
Xk = COS —
2/гзт
где k = 1,2,3,4,5,6.
Заметим, что k У= 0, так как х = ного уравнения.
524.	Имеем:
не является корнем исход-
!/—/!/—ГТ	\ (tZn+l-l/»)(fn+l + Vrn)
У п (|/ л + 1 — V п) = У п- -—==——~--
V п
Уп + 1 -|- У п
п
Очевидно, что

291
Так как lim (1 + -Ц = 1, то и lim 1/"1 _l_L =1, П -* со \	Л/	П -> со г	П
а потому
525.	Перепишем данное уравнение так:
sin2 (х + у) — 2х sin (х + у) + 2х2 = 0.
(1)
Решим это уравнение относительно sin (х 4- у).
sin(x 4-у) = х ± К*2 — 2х2 = х +	—х2.
Для того чтобы sin (х + у) был действительным, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант — х2 был неотрицательным, т. е. — х2 > 0, что возможно лишь при
х = 0.	(2)
Из (1) и (2) получаем:
sin2 у = 0, или sin у = 0, откуда у = kn.
Итак, решениями данного уравнения являются все пары чисел: х = 0, у = kn, где k = 0, ±1, ±2, ...
526.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
(х + у)2 + 2 (х + у) cos х -Ь 2 (1 — sin2 х) 0,
или
(х + у)2 + 2 (х + у) cos х + cos2 х 4- cos2 х > 0,
или
[(х + у) + cos х ]2 + cos2 х 0. Последнее неравенство очевидно, так как оба слагаемых неотрицательны. Условие равенства определяется системой уравнений:
,cos2x = 0,
или
х -f- у — 0, cosx = 0.
Откуда к = j (2k + 1),
у = -^(2^+1).
527.	Пусть АС пересекается с прямой под углом а, а ВС — под углом 0 (рис. 96). Тогда угол АСВ = а 4- р, так как он является
292
внешним по отношению к треугольнику PQC. По теореме синусов, из треугольника PRB имеем:
RB _ ВР sin 3 sin (B-J-3) ’ а из треугольника PQC находим: PC _ CQ
(1)
sina наконец, из треугольника AQR AR sin a
Sin ,J получаем:
(3)

Рис. 96
Перемножив почленно равенства (1), (2) и (3), получим: PC • QA • RB = РВ • QC •
откуда
РВ • QC • RA
PC -QA- RB
528.	Пусть К и N — центры тяжестей граней АВС и ADC (рис. 97). Отрезки ВМ и DM — медианы этих граней — проходят через середину М ребра АС. Поэтому отрезки DK и BN лежат в плоскости DBM и пересекаются в точке О.
~	МК MN 1	.
Так как -----= — = — (по свойству точки пересечения
MB MD 3 v	J	F
медиан треугольника), то NK || DB и NK =— DB. Поэтому
О
треугольники ON К и OBD подобны и OK =у OD, ON = ОВ, т. е. отрезки BN и DK делятся в'точке их пересечения в отношении
Так же докажем, что отрезки, соединяющие вершину А с центром тяжести грани BDC и вершину С с центром тяжести грани ADB, делят отрезок DK в отношении 1 : 3, а поэтому проходят через точку О и делятся ею в отношении 1 : 3.
293
2л/?
—, где п
529.	Известно, что корни уравнения хп = I имеют вид: 2л/?
c/.k = cos — п
п — 1.
Откуда
1	2я ।
«о = 1, аг = cos---------Н
п
2/? л	/
. . 2л
I sin — .
п
2k л
«/г = cos-------
п
2л
2 л \*
k
= «1.
п
п
п
Теперь, положив cq = а, найдем, что корни данного уравнения запишутся в виде 1, а, а2,..., ал-1,что и требовалось доказать.
530.	Известно (задача 529), что корни уравнения хп = 1 суть
1	2	«-1	2л , . . 2л
1,а,сг,...,а" \ где а =cos------f- * sin —.
п	п
Следовательно, искомая сумма равна:
1 + аР 4-	+ ... +	= 1 +2р + (а*)2 4- ...’ 4- (а^)"-1.
Ясно, что если р кратно и, то a? = 1, а потому искомая сумма равна п, а если р не кратно и, то ар =/= 1 и искомая сумма рав-на -------= 0, поскольку
а — 1
арп — 1 = (а")/' — 1 = 1 —1=0, аа — 1^0.
531.	Введем подстановку х = у + 1, тогда
 |im _ lim <У + >”- 1 _ lim <!_+-»>+ ->-l _ i . л/-*о (у + l)rt— 1	«/-о (1 4-пу 4-...) — 1 п
532.	Введем подстановку х = уп — 1, тогда искомый предел сведется к нахождению
Далее, пусть у — 1 = z, тогда lim —- = lim-----------— ,
J	у	у-\уп — 1	2->o(l+z)"-l
lim----------------= — .
2-0 (1 + nz+ ...) — 1 п
533.	Перепишем данное уравнение в таком виде: х2 + 2х cos (ху) + cos2 (ху) 4-. х2 4- 2х + 1 = 0,
или
[х 4~ cos (ху) ]2 4- (х + I)2 = 0.
294
Так как сумма квадратов действительных чисел равна нулю, тогда и только тогда, когда каждое слагаемое равно нулю, то должны иметь место одновременно два уравнения:
х + cos (ху) = О, х + 1 = 0.
Из второго уравнения имеем х = — 1. Следовательно, уравнение имеет вид:
— 1 + cos (— у) = 0, или cos у = 1,
первое
откуда у = 2/гл.
Итак, данное уравнение имеет решения:
х = — 1, у = 2 /гл, где k = 0, ± 1, ±2, ...
534.	Решим данное уравнение относительно х\
х=—sin(xy)±]/sin2(xy)—1 = —sin(xy)±	—cos2(xy).
Для того чтобы х было действительным, необходимо и достаточно, чтобы имело место неравенство:
— cos2 (ху) > 0,
которое возможно лишь при cos (ху) = 0, откуда ху = /гл.
Таким образом, данное уравнение имеет вид;
х2 Ц- 2х sin I — + &л) + 1 =0.
\2	)
Если k = 2п, то последнее уравнение перепишется в виде
х2 + 2х sin — + 1 = 0 2
или
х2 + 2х + 1 =0, откуда х — — 1.
Зл
В этом случае имеем sin (—у) = 1, откуда у = —+2ял.Сле-довательно, все пары чисел х = — 1, у = — + 2пл служат решениями данного уравнения.
Если же k = 2т + 1, то данное уравнение имеет вид:
х2 + 2х sin — -1-1=0,
2
или
(х — I)2 = 0, откуда х = 1.
295
В этом случае sin у = — 1, откуда у =----И 2/?ш.
2
Зл
Следовательно, все пары чисел х — 1, у = — + 2тп также яв-2
ляются решениями данного уравнения. Итак, мы нашли все решения данного уравнения.
535.	Доказываемое неравенство можно переписать в виде
о ХА~У о х— У п	+ I 1	3	/ л
2 cos —-- • cos    2 cos2 —— 4- 1 << О,
2	2	2	2
ИЛИ
4cos2^i^ — 4 cos • cos-—- + 1 >0.	(1)
- 2	2	2	'
Левая часть неравенства (1) представляет собой квадратный трехчлен относительно cos Решим уравнение
Л 2 Х~Ь У А Х -------- У
4cos2 —— — 4 cos-------
2	2
относительно cos ф Имеем: 2
cos4-1=0* 2
2 cos---- ± \ f 4 cos3 —h—? —4	cos ± 1/ — sin3
AH-y	2 r	2	2 Г	2
cos ——  --------------------------------- =------------------------.
2	4	2
(2)
Таким образом, если sin ф о,т. e. если x— у=/=2л£, то 2»
корни левой части неравенства (1) комплексные. Следовательно, в этом случае левая часть неравенства (1) положительна. Если же х — у = 2л&,	(3)
то соотношение (1) принимает вид:
4 cos2	— 4 cos nk cos —— + 1 >0
2	2
или
f 2 cos— cos nk 1 > 0, \	2	/
и тоже, очевидно, выполняется. Остается определить, для каких пар чисел х и у имеет место равенство. Из (4) следует, что равенство
X I V COS3T k 1
имеет место при cos—— =------------=±—, откуда
2	2	2
2
296
или
х + у = ±
+ 2лл.
(5)
Решая совместно (3) и (5), получаем:
+ я (и — k).
л
3
536.	Пусть tga + ctg a = х, тогда (tg a + ctg a)2 = x2, или tg2a + ctg2 a = x2 — 2. Таким образом, доказываемое неравенство принимает вид:
3(х2 — 2) — 8х + 10 > 0,
или
Зх2 — 8х + 4 > 0.
Корни левой части (1) равны 2 и —. Следовательно, неравен-з
ство (1) имеет место при •
х 2 или при х ,
° "	1	з
0, а следовательно, и ctga >* 0, то их сумма не
Если tga
меньше двух, так как tg а и ctga взаимно обратные величины. Поэто-
му доказываемое неравенство при tg a > 0 справедливо. Если же
2
tfi a < 0. то ctg a < 0 и tg a 4- ctg a < 0 < — .
и потому и в этом случае левая часть доказываемого неравенства «►положительна. Равенство имеет место при tga + ctga = 2, т. е.
при a= — +nk, где k=0, ±1, ±2, ... 4
537.	Из рисунка 98 видно, что площадь четырехугольника A BCD равна сумме площадей треугольников АВС и ACD или сумме площадей треугольников АВС и BCD, т. е.
Sabcd = Sabc + Sacd = Sabd + Sbcd*
Имеем:
Sabc = — AB • BC • sinB ==
Sacd — — AD • DC • sin D =
2
Рис. 98
1 л • D
— a • a • sinB, 9
,	(2)
—- b • c • sinD.
2
297
Но так как сумма противолежащих углов вписанного четырехугольника равна 180°, то
sin D = sin (180° — В) = sin В и
Sacd— ~b-c-sinB.	(3)
Далее,
Sabd= ^-absinA,	(4)
Sbcd = —с • dsinC= — cd sin A.	(5)
2	2
Подставляя из (2), (3), (4) и (5) значения площадей треугольников в (1), получим:
— ad sin В + be sin В = — ab sin A 4- — cd sin A,
2	2	2	2
откуда
(ad + be) sin В = (ab + cd) sin A, или
sin A  ad-\- be
sin- В	ab -\-cd
538.	Пусть M — произвольная точка окружности, описанной около четырехугольника ABCD (рис. 99),
ME _1_ AD, MF _L АВ, МК JL ВС, ML X CD.
МВ и MD — хорды этой окружности. Прямоугольные треугольники ВМК и MLD подобны, jaK как острые углы МВК и MDL равны (вписанные углы, опирающиеся на дугу МС). Поэтому
298
Z.MDE = Z.MBF = 180° — zLABM (по свойству вписанного четырехугольника ABMD), поэтому прямоугольные треугольники MDE и MBF подобны; следовательно,
ME _ MI) MF ~ MB
(2)
Перемножая равенства (1) и (2), получим:
МК >МЕ _ ।
ML • MF ~ 9
ИЛИ
МК ’ ME = ML • MF.
*
539.	Пусть A, В, C, D — четыре данные точки (рис. 100). Геометрическое место точек, одинаково удаленных от трех точек Л, В, С, есть прямая 0\М, проходящая через центр окружности, описанной около треугольника ЛВС, перпендикулярная к плоскости этой окружности. Плоскость Р, проходящая через середину отрезка AD и перпендикулярная к нему, есть геометрическое место точек, одинаково удаленных от точек А н D (на чертеже плоскость Р не изображена).
Плоскость Р пересевает прямую О^М в точке О, которая одинаково удалена от всех четырех данных точек. Поэтому через точки Л, В, С, D можно провести.шаровую поверхность и только одну.
540.	В задаче 539 было доказано, что четыре точки, не лежащие в одной плоскости, определяют шаровую поверхность. Отсюда следует, что около любого тетраэдра можно описать шаровую поверхность. Центр этой шаровой поверхности одинаково удален от всех вершин тетраэдра. Так как центр шаровой поверхности одинаково удален от обоих концов любого ребра тетраэдра, то он должен лежать в плоскости, проходящей через середину этого ребра перпендикулярно к нему (см. решение задачи 539). Поэтому все шесть плоскостей, указанных в условии задачи, проходят через одну точку — центр шаровой поверхности, описанной около тетраэдра.
541.	Введем подстановку х = — , тогда изучаемый предел пере-У пишется в виде
299
542. Имеем:
| sin r?x I = | sin \(n— l)x 4-x] =
— | sin(n — l)xcosx + cos(n — l)xsinx|.	(1)
Но так как |a + fc>|<|a| + |b|, то
| sin (/2 — l)x • cosx 4- cos(n — l)x sinx КI sin(n — l)x • cosx | +
+1 cos(n —1 l)x • sinx|.	(2)
Далее, | sin(n—l)x • cosx|<; |sin(n—l)x|,	(3)
| cos (л— l)xsinx[ < | sin x |.	(4)
Сложив почленно неравенства (3) и (4), получим:
| sin (п— l)xcosx| +1 cos (и — l)x sinx | <
<| sin(n— l)x] + | sinx|.	(S)
Из (2) и (5) следует, что
|sin(n—1)х • cosx + cos(n—l)x sin x| <| sin(n— l)x|+| sinx|. (6)
В силу соотношений (1) и (6) получаем:
| sin пх | < | sin (и — 1) х | +1 sin х |.
Аналогично
| sin (п — 1) х |
| sin (и — 2) х | +1 sin х
(7)
| sin 2х | < | sin х | + | sin х |.
Сложив почленно неравенства (7), получаем требуемое неравенство:
| sin их | <n|sinx|.
Равенство имеет место лишь при п = 0, п — 1 или при х = лЛ, где k = 0, ±1, ±2, ...
543.	Каждый параллелограмм определяется выбором двух пря-мых первой серии, что, очевидно, можно делать —— спосо-бами, и двух прямых второй серии, что можно сделать —-------
способами. Комбинируя всевозможные пары прямых первой серии со всеми парами прямых второй серии, получим все параллелограммы. Таким образом, число параллелограммов равно:
С2т .	~ ° = 1 тп(т —1)(п —1).
2	2	4
544.	Очевидно, что ha > 2r, hb > 2r, hc > 2г (обозначения общепринятые). Умножив обе части этих неравенств на 2/?, получим:
2Rha > 4/?r, 2Rhb > 4Rr, 2Rhc > 4Rr.	(1)
300
Известно, что
abc
48~ ~
ИЛИ
abc
2ah,a
откуда
Аналогично
be = 2Rha.
ас — 2Rhb и ab — 2Rhr. U	с*
В силу последних трех равенств неравенства (1) принимают вид:
be > 4Rr, ас > 4Rr, ab > 4Rr.	(2)
Перемножив все три неравенства (2), получим:
— >2 T/flr3.
4R
Но так как = S, то S > 2 Rr3t что и требовалось доказать.
545.	Пусть меньшая окружность, касавшаяся большей в точке А, переместилась в новое положение и касается большей окружности в точке At (рис. 101). Меньшая окружность при своем движении постоянно проходит через точку О — центр большей окружности. Центр 01 меньшей окружности в рассматриваемый момент лежит на радиусе ОА Р
Пусть Z А1ОА = а. Проведя в меньшей окружности радиус OtM в точку пересечения этой окружности с диаметром АВ большей
окружности, ZAiOM = 2а, как внешний угол при вершине равнобедренного треугольника OOj/H.
^АтА i = 2r %, <7 AfiM = 2rxt т. e. \^AmAi = \sAjiM.
Из равенства этих дуг следует, что точка меньшей окружности перешла из А в М, т. е. переместилась по диаметру АВ большей окружности. Следовательно, точки меньшей окружности движутся по диаметрам большей окружности.
546.	Искомая точка отстоит от каждой грани тетраэдра на расстоянии в четыре раза меньшем, чем противоположная вершина. Поэтому искомая точка принадлежит четырем секущим плоскостям, соответственно параллельным граням тетраэдра и делящим расстояния до противоположных вершин в отношении I : 3,
301
считая от грани. Но в том же отношении каждая из этих секущих плоскостей разделит любой отрезок, соединяющий любую точку параллельной грани тетраэдра с противоположной вершиной. Так как эти четыре секущие плоскости не могут иметь больше одной общей точки, то на основании задачи 528 можно заключить, что искомой точкой является точка пересечения отрезков, соединяющих вершины тетраэдра с центрами тяжести противолежащих граней.
547.	Модуль числа х2 — у2 -|- 2xyi равен: У(х2~^у2)2~+ (2ху)2~= У(х2+у2)2 =Х2+ у2, а модуль числа ху 1^2 + i j/x'-l-y4 равен:
V (хуУ2)2 + (|/х‘+у4)2= У(х2 + у2)2~=х2+ у2, г».	х2 1 V2
Таким образом, модуль заданного числа равен: -	= 1.
х2+ у2
549. 1) Пусть k = h, тогда
2) Пусть ft, тогда
3) Пусть ft>ft, тогда, рассуждая, как выше, найдем, что
П0П* +	+ ... Ok
Ьйпп + bin.h~i + ... +
->оо
при п->оо.
302
550. Имеем:
1	• 9 %
1, sin2
Перемножив эти два неравенства, получим:
sin х| sin2 — < 1. 5
Таким образом, левая часть доказываемого неравенства
2 | sin х| sin2
Далее, известно, чисел не меньше неравенства
что сумма взаимно обратных положительных
2. Следовательно, правая часть доказываемого
Из (1) и (2) следует, что равенство в доказываемом соотношении возможно лишь при одновременном выполнении двух равенств:
21 sin х I sin2 — = 2.
1	1	5
Первое неравенство системы имеет решения х — ± 1. Но зна* чения х = ± 1 не являются решениями второго уравнения. Следовательно, требуемое неравенство установлено.
551. Имеем:
sin2 а — cos2 а
__ Y(sin а — cos а)2 sin2 а — cos2 а
Г— / Л
У 2 cos — —а
sec а + cosec а
2 sin а • cos а  I sin а — cos а | sin а + cos а	sin2 а — cos2 а
[I sin а — cos а I , /л ( -----------------L + COS----------< sin а — cos а	\ 2
’Isina— cos al . /л .
1 --------------1 + COS---------1-
sin а — cos а	\ 2
sin 2а
Таким образом, доказываемое неравенство можно переписать в виде
| sin a — cos a | sin a — cos a
303
Поскольку из условия следует, что sin а > cos а, то (1) имеет вид:
или
что очевидно.
552.	Каждую точку пересечения прямых линий можно получить, выбрав две точки на первой прямой, что можно сделать Ст способами, и две точки на второй прямой,^что можно сделать Сп способами. Всего получим • С? = i тп(т — 1) (п — 1) точек пересечения*.
553.	Обозначим катеты треугольника через а и Ь, а гипотенузу — через с. Площадь треугольника
о aA-b А- с	о he
S = —’—— • л, ИЛИ S ,
2	2 ’
откуда
Так как а 4- Ь> с, то
г ____ с
h а -|- b -|- с
с А-с
(1)
г
h
Теперь, сложив почленно очевидное неравенство а2 + Ь2 > 2аЬ с равенством с2 = а2 + Ь2, получим:
(а2 + Ь2) + с2 > (а + Ь)2,
или
2с2 > (а + Ь)2, откуда
а 4- b <; с J/2.
Далее, имеем:
т = —ГТТ” > —7=^— =	= У2-1^ 0,41 > 0,4. (2)
h a + b + c cf2 + c /24-1 г	’ u
304
Из (I) и (2) следует, что
Рис. 102
л что и требовалось доказать.
554.	Пусть прямая AM пересекает сторону ВС в точке К (рис. 102).
Проведем из точки D прямую, параллельную А К и пересекающую ВС в точке F. Тогда
ВК : KF = ВМ : MD = т : и, (1) KF : FC = AD : DC = 1, т. е. KF - FC, или КС = 2KF.	(2)
Из (1) и (2) следует, что В К : КС = = т : 2и.
555.	Докажем, что каждые два из трех отрезков О±АЪ О2А2 и О3А3 в точке их пересечения делятся пополам. Отсюда следует, что все три указанные отрезка пересекаются в одной точке. Например, докажем, что отрезки O^Ai и О2А2 в точке их пересечения В делятся пополам (рис. 103). В силу равенств окружностей заключаем, что O2AtO3O— ромб и OiA2O3O —ромб. Отсюда вытекает, что отрезки 02Ai9 00 3 иО1А2
параллельны и равны. Поэтому Op42AfO2 — параллелограмм и его диагонали OtAt и О2А2 в точке пересечения В делятся пополам.
556. 1) Пусть вершина Ai призмы ABCDA ^В^С^Р^ одинаково удалена от вершин Д,В,С,О, т. е. АХА = А^В = А£ = А£)
305
(рис. 104). Тогда проекции этих наклонных на плоскость нижнего основания должны быть равны; поэтому точка At проектируется в центр квадрата ABCD. Треугольники АА^В и AA^D, имеющие по три соответственно равные стороны, равны, а поэтому равны и параллелограммы АА^В^В и AAiDJ). Но данная призма — параллелепипед, а поэтому все боковые грани ее равны.
Рис. 104	Рис. 105
2) Так как АО _L BD, то А А! _1_ BD (по теореме о трех перпендикулярах); но BSf || AAi, поэтому BBf JL BDU т. е. сечение BB^DJO — прямоугольник.
557.	Пусть KL — линия пересечения плоскостей Р и Q, в которых лежат треугольники АВС и AiBiCif а М — точка пересечения прямых AA^BBi иСС1 (рис. 105). Прямые МА и МВ лежат в одной плоскости, которую обозначим буквой /?. Прямые АВ и Л1В4 лежат в плоскости R и непараллельны, а поэтому пересекаются в точке, которая лежит в плоскости Р и в плоскости Q, а следовательно, на прямой KL — линии пересечения Р и Q. На чертеже эта точка обозначена буквой D. Аналогично доказывается, что ВС и BjCi пересекаются в точке F, лежащей на прямой KL,
а АС и A iC{ пересекаются в точке Е, лежащей на KL.
558.	Пусть Р и Q — две параллельные плоскости (рис. 106), проходящие соответственно через прямые а и b (см. № 413);
— общий перпендикуляр их; а —прямая в плоскости Q, параллельная прямой а и проходящая через точку Ор Пусть М— некоторая точка на прямой а, MD _1_ b и МС J_ а (по построению). Так как OOiJ-Q,
Рис. 106
306
МС || 001, то МС J_ Q. Тогда, по теореме о трех перпендикулярах, CD JL b. По мере удаления точки М от точки О, длина МС не изменяет своей величины, а длина CD увеличивается, отсюда в прямоугольном треугольнике 0{DC гипотенуза увеличивается (ведь О1С = ОМ), а угол Ot не изменяется. Поэтому в прямоугольном треугольнике MCD MD = /Alt?2 4- CD3 возрастает по мере увеличения ОМ.
559.	Пусть xt = ^->0 (i = 1, 2, 3, ...). Пусть k — целое число, удовлетворяющее условию k<^a<zk-\-\, так что-^-<1. Положим, п> k, тогда
ап   ак	а а	а
лГ ~ 1 . 2-3-... й ’ k + 1 k + 2	л ‘
Но
а . а	а а
Г+2 k +4 ’	’ ~п < k + 1 '
Поэтому
ап	ак / а ,\п~к
пГ	k\ \k + 1/
Но поскольку ——
то ------- ->0, если п—>о©
\б + 1/
а поэтому
пп
lim — = 0.
Л -*• ос п!
560.	Функция определена, если 1 — х2 > 0, т. е. при — 1 < х 1. Но сравнивая значения функции в точках х и —х, легко находим, что наибольшее значение надо искать при
0<х< 1.
(1)
Исследуемая функция при условии (1) положительна, и потому достигает наибольшего значения при тех же значениях х, что и ее квадрат. Имеем:
у2 = (Зх + 4 /Т^х2)2 = 9х2 4- 16 — 16х2 + 24х /1 - х2 =
= —(16х2 —24х/1 —х2 + 9(1 —х2)] +25= —(4х —
— 3/1—х2)2 + 25<25.
Таким образом, наибольшее значение у = /25 = 5, если 4х— — 3/1—х2 = 0, откуда 4х = 3/1—х2, или 16х2 = 9 — 9х2, или
307.
561.	Пусть АЕ — перпендикуляр, опущенный из вершины А на плоскость BCD. Проведем плоскость через прямые AD и АЕ. Эта плоскость перпендикулярна к плоскости АВС, так как она проходит через перпендикуляр к плрскости АВС. В то же время она перпендикулярна и к плоскости BCD, так как она проходит через перпендикуляр АЕ к плоскости BCD. Линия пересечения ВС плоскостей АВС и BCD перпендикулярна к линиям их пересечения с плоскостью, к которой они обе перпендикулярны, т. е. к линиям AF и DF. Из перпендикулярности DF к ВС следует, что DF есть высота треугольника BCD. Таким образом, мы доказали, что одна из высот треугольника BCD проходит через точку Е. Подобным же образом можно показать, что и другие две высоты треугольника BCD проходят через точку Е.
562.	Имеем:
563. Имеем: О
(п + 1)* — и* = и* •
1

Так как Пт —Ц-п оо n^k
= 0, то и подавно lirr> [(n + 1)* — nk] =0. П -♦ эо
564.	Область определения функции находим из системы неравенств:
— х2 4- 4х + 12 > О, — х2 + 2х+ 3>0,
откуда
— 1 < х < 3.
(1)
808
Докажем, что для всех х из области определения (1) функция у > 0. Действительно, неравенство
}/ —х2 + 4х+ 12> У — х2 + 2х + 3
выполняется, если
х > — 4,5.
(2)
Поскольку все числа из промежутка (1) удовлетворяют неравенству (2), то у > 0 (в области своего определения). Имеем:
у2 = [/(*+ 2) (6- х) - У(х+ 1)(3—х)]2 = = ПЛх+ 1)(6- х) - ]/(х 4-2) (3-х)]2 4- 3 > 3.
Итак, у2 > 3. Но поскольку у >• 0, то у > ]/3.
Таким образом, наименьшее значение данной функции равно V 3. Легко убедиться, что это наибольшее значение достигается лишь при х = 0.
565.	Функции у и — у2 достигают наибольшего значения при 4
одном и том же значении аргумента х.
Имеем:
Сумма — ха4- — х2 4- (о2 — х2) = а2 — постоянная величина; поэтому функция 1 у2 достигает наибольшего
значения при
1 о	о	О	Q
--х2 = а2— х2, т. е. при х2 = —.
Таким образом, наибольшее значение
566.	Пусть Л и В — данные точки, a MN — данная прямая (рис. 107 а). Продолжим хорду Л В до пересечения с MN в точке С, а затем отложим на MN отрезок CD, средний пропорциональный между отрезками СА и СВ. Окружность, проходящая через точки Л, В и D, искомая.
309
1) Если отрезок АВ не параллелен MN и не пересекает MN, то задача имеет два решения (отрезок CD можно отложить на MN от точки С в двух направлениях).
2) Если отрезок АВ параллелен прямой MN, то задача имеет одно решение (см. рис. 1076).
Пусть прямая, перпендикулярная к АВ в его середине, пересе-
Рис. 107
кает MN в точке С. Тогда окружность, проходящая через точки А, В, Су искомая.
3) Если же отрезок АВ пересекает MN, то задача не имеет решения.
567. Искомая окружность проходит через три точки^4, В, С, в которых окружности касаются ______
Рис. 108
друг друга (рис. 108). Ее центр — пересечение перпендикуляров к хордам АС у АВ и BCt проведенных через середины этих хорд. Эти перпендикуляры служат биссектрисами у глов треугольника OiO2O3y а поэтому центр искомой окружности совпадает с центром окружности, вписанной в z\OiO2O3.
Пусть О — общий центр указанных окружностей. Докажем, что эти окружности совпадают. Л OiAO = Л OiCO'y поэтому Z0p40 = ЛО£О =а (обозначение). Тогда по аналогии найдем, что/О3СО= /-О1ВО = л—а, затем/О2ВО = /О2ЛО = а. Поэтому Z 0^0 = — , так как он равен своему смежному углу О2АО. Следовательно, ОА = г — радиус искомой окружности и радиус окружности, вписанной в треугольник OiO2O3. Поэтому О А — = г = —, где S — площадь треугольника OiO2O3> Р — полупе
риметр его.
310
По формуле Герона S = )/"(/?,! + R2 + R3) ‘ Pi * #2 • /?3»
где
Следовательно,
Р — /?1 4~ /?2 4" Рз*
568. Пусть плоскости Р и Q параллельны между собой. Для определенности пусть отрезок АВ принадлежит плоскости Q, а отрезок CD — плоскости Р (рис. 109). Проведем через точку А
Рис. 109
прямую, параллельную CD, и отложим отрезок ЛА! = CD. На сторонах АВ и AAt построим параллелограмм ABBfAi. Аналогичное построение сделаем в плоскости Р. Соединив А с С, В с Cit AicDuBicDi, получим параллелепипед ABBi AfDCCiD^ Рассматривая грань АСВ в качестве основания пирамиды DACB, мы видим, что объем пирамиды равен — объема параллелепипеда.
Ясно, что от перемещения отрезков АВ и CD соответственно в плоскостях Р и Q объем параллелепипеда не изменится, поскольку высота (расстояние между Р и Q параллелепипеда) сохраняется, а также площадь основания не изменяется. И так как объем пирамиды равен —объема параллелепипеда, то объем пирамиды тоже не 6
изменится.
569. Проведем плоскость а через точку А и прямую а и другую плоскость р через точку А и прямую Ь. Всякая прямая, проходящая через точку А и пересекающая прямую а, должна лежать в плоскости а, а всякая прямая, проходящая через точку А и пересекающая прямую Ь, должна лежать в плоскости р. Поэтому прямая, проходящая через точку А и пересекающая обе прямые а и Ь, должна принадлежать одновременно как плоскости а, так и плоскости р, т. е. она должна быть линией пересечения плоскостей а и р. Задача имеет одно и только одно решение, так как две плоскости, имеющие одну общую точку, имеют ровно одну общую прямую (если плоскости не совпадают).
СОДЕРЖАНИЕ
1.	Предисловие
2.	Занятия.
5
3.	Решения и указания
58
Израиль Хаимович Сивашинский
ЗАДАЧИ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВНЕКЛАССНЫХ ЗАНЯТИЙ
(9—10 классы)
Редактор И. С. Комиссарова
Художественный редактор В. С. Эрденко Технический редактор М. И. Смирнова Корректор Т. А. Кузнецова
* # * *
Сдано в набор 19/Х 1967 г. Подписано к печати 27/1II 1968 г. 60X90716- Бумага тип. № 2. Печ. л. 19,5. Уч.-изд. л. 15,39. Тираж 300 тыс. экз. (Тем. пл. 1968 г. № 159) А 03870.
* * *
Издательство «Просвещение» Комитета по печати при Совете Министров РСФСР. Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41. Саратовский полиграфический комбинат Росглавполиграфпрома Комитета по печати при Совете Министров РСФСР. Саратов, ул. Чернышевского, 59. Заказ № 164.
Цена без переплета 42 коп., переплет 18 коп.