еловых

Д.С. ЛЮДМИЛОВ
Д. С. ЛЮДМИЛОВ

ЗАДАЧИ

БЕЗ ЧИСЛОВЫХ
ДАННЫХ

ПОСОБИЕ ДЛЯ УЧИТЕЛЕЙ

ГОСУДАРСТВЕННОЕ

УЧЕБНО-ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР
Москва 1961
ПРЕДИСЛОВИЕ

Книга состоит из двух частей. В первой части («О со-
ставлении и решении геометрических задач») автор сде-
лал попытку методически разработать и призвать к жиз-
ни почти забытый, но очень ценный в научно-методиче-
ском отношении вопрос об определяемости геометриче-
ской фигуры. В связи с «принципом определяемости» ав-
тор получил возможность дать некоторую научно-методи-
ческую основу для составления и решения геометрических
задач, по-новому осветить этот трудный вопрос методики
геометрии.

Сам факт, сформулированный в «принципе определяе-
мости» (термин принадлежит автору), общеизвестен, и,
разумеется, никакого нового научного принципа автор в
виду не имеет.

Автор попытался лишь убедить читателя в очень важ-
ном значении этого факта для методики преподавания
геометрии.

Здесь же, в’ частности, выясняется «природа» задач
без числовых данных, даются общие указания к методике
их составления и решения, указывается место и значение
этих задач в курсе элементарной математики.

Правильно понять смысл и значение задач без число-
вых данных можно лишь в свете «принципа определяемо-
сти».

Автор полагает, что первая часть книги должна дать
читателю научно-методическую подготовку для успешной
работы над второй ее частью («Задачи без числовых дан-
ных»), в особенности — над геометрическим материалом
второй части (геометрические задачи составляют около
70% всех задач).

Однако первая часть книги, поскольку она касается
общей методики составления и решения геометрических
задач, имеет самостоятельное значение.

Вторая часть книги состоит из 6 разделов, содержащих
задачи без числовых данных, то есть такие задачи (главным
образом на .вычисление), в условиях которых не содержат-
ся данные числа или таковых очень мало (последних имеет-
ся около 10). Большинство задач должны быть решены с
полными вычислениями и приводить к определенному чис-
ловому ответу (если в условиях этих задач нет параметри-
ческих данных). С целью расширения теоретического кру-
гозора учащегося и более глубокого практического зак-
репления I части книги автор поместил во II части некото-
рое количество задач с параметрическими данными.

При решении некоторых задач-вопросов, содержащих-
ся в сборнике, от учащегося требуется устно рассказать,
какие величины он должен измерить и какие действия над
результатами измерений он должен произвести, чтобы от-
ветить на поставленный в этих задачах вопрос. Эти задачи
(практические по существу), предоставляя учащимся са-
мим производить выбор числовых данных, имеют политех-
ническое значение.

В первых двух разделах содержатся задачи по арифме-
тике и алгебре.

В III разделе представлены геометрические задачи, об-
служиваемые аппаратом арифметики и простейшими эле-
ментами начального курса алгебры. Геометрические зада-
чи, при решении которых аппарат алгебры применяется в
значительной степени (более сложные алгебраические пре-
образования, квадратные уравнения, неравенства и пр.),
мы отнесли к IV разделу. Задачи же, при решении которых,
помимо аппарата алгебры, применяется аппарат тригоно-
метрии, отнесены нами к V разделу (сюда вошло также не-
сколько «чисто» тригонометрических задач). Эта классифи-
кация является в некоторой степени условной, так как не-
редко одна и та же задача может быть решена различными
способами.

В VI раздел вошли задачи без числовых данных (по
алгебре и геометрии), приводящиеся к уравнениям 3-й и 4-й
степени.

Задачи этого раздела, приводящиеся к одному и тому
же уравнению, сгруппированы вместе: это сделано для того,
чтобы учащийся более четко ощутил обобщающую силу ал-
гебры, как универсального средства для решения разно-
образных задач 1 (эта мысль отражена также в первой части
книги).

1 Например, 10 различных по содержанию задач (№ 15—24)
приводятся к одному и тому же уравнению.
Материал этого раздела рассчитан для внеклассных
занятий с учащимися. Однако он может быть успешно
использован также при изучении специального курса эле-
ментарной алгебры, а также курса высшей алгебры.

В IV и V разделах читатель также встретит множество
задач, приводящихся к одному и тому же (квадратному)
уравнению.

Автор стремился расположить задачи во всех разделах
по степени нарастания трудности и в такой тематической
последовательности,' которая соответствовала бы обычному
расположению материала в программах по элементарной
математике. Для того чтобы облегчить использование за-
дач IV раздела для практического закрепления алгебраи-
ческих тем, автор расположил эти задачи по алгебраическо-
му признаку: задачи, решаемые одним и тем же методом ал-
гебры, сгруппированы вместе.

При решении задач на максимум и минимум (раздел IV
и частично V) автор рассматривает известные элементарные
приемы. Показано применение этих приемов в ряде труд-
ных случаев (см. задачи 59, 67, разд. IV, и 93, 94, 95,
99, 100, разд. V). Понятно, что эти задачи могут быть
успешно решены и с помощью производной. Однако сле-
дует отметить, что решение элементарных задач на макси-
мум и минимум с помощью производной редко является
наиболее простым. Часто применение производной приводит
к более сложным аналитическим выкладкам (не говоря уже
о логическом обосновании решения, связанном с самим
понятием производной).

Более половины всех задач могут быть успешно исполь-
зованы в школе для более глубокого практического за-
крепления теории. За исключением некоторых задач-во-
просов, остальные задачи сборника не могут быть исполь-
зованы при первоначальном изучении предмета.

Почти все задачи снабжены ответами. Задачи, решение
которых предполагается изложить устно, отмечены знач-
ком «О», трудные задачи — значком «*». Многие задачи
(главным образом наиболее трудные) снабжены решениями
и указаниями, размещенными непосредственно после за-
дач. Рекомендуется читателю прежде всего внимательно
прочесть первую часть книги и тем самым усвоить основ-
ной метод решения задач без числовых данных; каждую
задачу следует стараться решить самостоятельно. Опыт
показывает, что одна задача, решенная самостоятельно,
хотя и с большим трудом, приносит большую пользу,
чем несколько задач (того же приблизительно типа), ре-
шенных несамостоятельно. Это правило, требующее иногда
большого упорства и выдержки, является самым главным
для того, чтобы научиться решать задачи. Следует также
иметь в. виду, что не меньшую пользу принесет читателю
и такая задача, на безуспешное решение которой было
затрачено много времени и труда, если после этого озна-
комиться с ее решением. Также очень полезно свои реше-
ния сопоставлять с решениями автора.

Задачи охватывают почти все основные темы школь-
ного курса математики. К внешкольному материалу отно-
сится лишь раздел VI.

Автор надеется, что настоящая книга окажет помощь
учителям математики в их повседневной работе.

Автор выражает глубокую благодарность С. И. Ново-
селову, П М. Олоничеву, Н. Б. Берестижевсксму,
И А. Магарасу, Г. А. Палатнику, А В. Дейнеге, С. М. Пет-
рову, Б. Н Белому и Л. М. Лоповоку, прочитавшим ру-
копись и сделавшим ряд ценных замечаний.
Часть I,

О СОСТАВЛЕНИИ И РЕШЕНИИ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

I. О ПРИНЦИПЕ ОПРЕДЕЛЯЕМОСТИ ЗАДАЧИ1.

Известно, что умение решать задачи является основ-
ным показателем хороших математических знаний. При
изучении математики, как и всякой другой науки, мы
наблюдаем глубокую взаимную связь и обусловленность
между теорией и практикой: чтобы научиться решать
задачи, то есть применять теорию на практике, необхо-
димо понять прежде всего сущность самой теории; однако
глубоко понять сущность теории можно лишь при усло-
вии успешного решения достаточного количества разно-
образных по содержанию и математической фабуле за-
дач.

Одной из главных причин тех методических затрудне-
ний, которые испытывает учитель при обучении решению
задач, тех больших трудностей, которые испытывает при
решении задач учащийся, является отсутствие анализа
задач с точки зрения их определяемое™ и в связи с
этим — неумение видеть внутреннюю структуру задачи, не-
умение видеть процесс образования задачи, а также про-
цесс ее «развития» (от более простой задачи). Ниже посте-
пенно разъясняем эту мысль.

1.	Будем называть задачу определяемой, если по дан-
ным ее элементам (величинам) можно найти все ее иско-
мые элементы (величины), и число решений г конечно

(г >0).

1 Мы имеем в виду преимущественно такие математические за-
дачи, в которых содержится требование найти по данным величинам
а, (I ~ 1, 2, 3,..., т) некоторые другие (искомые) величины х/ (у =
= 1, 2, 3. р).
2.	Элементы задачи будем называть независимыми,
если никакой из них не может быть выражен через другие.

3.	Два или несколько уравнений1 будем называть не-
зависимыми, если какое-либо из них не является след-
ствием другого (других).

Согласно учению о системах уравнений можем выска-
зать следующее утверждение, которое условимся назы-
вать принципом определяемости задачи: необходимым
признаком определяемости задачи является наличие в
ее условии такого числа т данных элементов и такого
числа р искомых элементов, что между всеми т + р
элементами существуют р независимых уравнений. Этот
признак окажется и достаточным при соблюдении следую-
щих основных дополнительных требований.

1.	Хотя . бы одно решение получаемой системы р
уравнений (независимых) с р неизвестными должно при-
надлежать области допустимых для этих неизвестных
значений (иначе г = 0).

2.	Данные т элементов должны принадлежать области
допустимых для них значений. Например, задача «Найти
катеты прямоугольного треугольника, если известна его
гипотенуза с = 6 см и площадь 5 = 10 кв. см» неопреде-
ляема, так как должно быть с2 > 45, и это условие не
соблюдается:

62 <4 • 10.

3.	Нередко для обеспечения достаточности указанного
признака приходится требовать, чтобы число т данных
элементов было минимальными или чтобы эти элементы
были независимы, или чтобы существующие между этими
элементами соотношения (когда элементы зависимы) имели
место в действительности. Возьмем задачу: «В треуголь-
нике АВС две медианы равны т и п и образуют с АС уг-
лы в 31°15' и 28°45'. Найти площадь треугольника АВС»
(К. С. Б а р ы б и и, Сборник задач по геометрии, Пла-
ниметрия, 1958, № 985). Данные в условии этой задачи
4 элемента зависимы, и задача становится неопределяемой2
при таких числовых значениях элементов тип, при кото-

1 Тождества мы здесь не относим к категории уравнений (поня-
тия тождества и уравнения не объединяем в одно понятие—уравне-
ния).

8 Следует отличать неопределяемые задачи от неопределенных.
Для первых г = 0 либо г = оо, для вторых г = оо,
рых не выполняется соответствующая зависимость между
всеми четырьмя элементами.

Определяемыми являются почти все задачи сущест-
вующих сборников. Заметим, что в условиях многих опре-
деляемых задач могут отсутствовать данные числовые
значения величин (задачи без числовых данных) или их
может быть очень мало, если в этих условиях содержится
достаточное количество таких признаков и свойств иско-
мых величин, которые все же позволяют найти эти вели-
чины.

Эти признаки и свойства искомых величин часто
выступают в виде различных ограничений, налагаемых
на эти величины условием задачи, например, принадлеж-
ность искомых величин определенному классу чисел (це-
лых, рациональных и пр.), наличие между ними (или
между ними и данными величинами) каких-либо неравенств
и другие ограничения, быстро суживающие границы для
искомых величин.

Многие признаки и свойства искомых величин, содер-
жащиеся в условии задачи, не могут быть непосредственно
переведены на язык уравнений. В таком случае задача
может стать определяемой, когда число получаемых для
определения неизвестных величин уравнений меньше чис-
ла этих неизвестных.

Рассмотрим пример.

«Сумма трех положительных чисел равна их произ-
ведению, а среднее арифметическое этих чисел равно их
среднему геометрическому. Найти эти числа».

Условие этой задачи дает нам лишь два уравнения:

х -р у -р г = хуг и х ± у г = 3 у/'хуг.

Однако в условии содержится еще требование, чтобы числа
х, у, 2 были положительными, что приводит к неравенству
х + у + г > 3 {Лхуг; равенство имеет место лишь при
х = у = 2, откуда

Зх — Зу = Зг = х3 = у3 = г3, х = у = г = у/3.

Рассмотрим еще аналогичный пример: уравнение
4.9
~ + ~ = 10 — х — и имеет в положительных числах
х у	а

единственное решение х = 2, у = 3, а уравнение
4	9

~	~ = к —- х — у, где к <10 — ни одного решения,

* у
так как — + х> 4 и - + и > 6.

X	У у

В настоящем сборнике читатель встретит и другие при-
меры такого рода, в том числе и по геометрии (см., напри-
мер, задачу 46, разд. III).

II ПРИНЦИП ОПРЕДЕЛЯЕМОСТИ
ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ЗАДАЧИ.

Предварительно рассмотрим некоторые термины и опре-
деления.

1.	Основными элементами многоугольника (много-
гранника) принято называть его стороны (ребра) и углы1
(плоские, двугранные). Первые называют линейными, а
вторые — угловыми элементами.

2.	Всякое выражение Р, содержащее основные эле-
менты фигуры, будем называть неосновным, или произ-
водным, элементом фигуры (или просто элементом фигуры),
если это выражение представляет собой какую-либо одно-
значную функцию от основных элементов, не равную
тождественно постоянной величине.

3.	Если выражение Р является многочленом п-го из-
мерения от основных элементов, то в этом случае выраже-
ние Р будем называть элементом п-го измерения.

4.	В таком случае элемент нулевого измерения будем
называть угловым элементом. Отсюда следует, что если
выражение содержит только углы или только отношения
двух элементов одного и того же измерения (или то и дру-
гое), то оно будет угловым элементом2.

Очевидно угловые элементы (их меры) не могут ни в
какой степени характеризовать линейные размеры фигу-
ры и являются характеристиками лишь формы фигуры;
с помощью угловых элементов можно составить себе пред-
ставление о фигуре с точностью до подобия (до подобной
ей фигуры).

5.	Во всех остальных случаях выражение Р будем

1 Называя отрезок или угол элементом, мы имеем в виду соот-
ветственно д’лину отрезка и радианную меру угла.

2 См. С. И. Новоселов, Специальней курс тригономет-
рии, изд. «Советская наука», 1954, стр. 338 — 339.
называть метрическим1 элементом, так как во всех осталь-
ных случаях это выражение в той или иной мере будет
характеризовать линейные размеры фигуры.

Заметим, что определения 2 и 3 мы можем, очевидно,
оставить в силе, если вместо основных элементов, фигу-
рирующих в этих определениях, иметь в виду элементы
вообще (любые).

6.	Определения 2 — 4 оставим в силе для фигур, в
состав которых входят дуги, окружности, части круга и
прочие фигуры, изучающиеся в элементарной геометрии.
Основными элементами «круглых» фигур будем называть
радиусы и дуги (в радианной мере).

7.	Если численное значение выражения Р — элемента
фигуры — задано (в виде числа или параметра), то эле-
мент будем называть заданным.

Проиллюстрируем сказанное несколькими примерами
(а, Ъ, с, а, р, у — основные элементы фигуры).

1)	Метрическими элементами треугольника являются:
биссектриса, отрезок, соединяющий вершину треуголь-
ника с точкой, делящей противоположную сторону в
отношении 1 : 2, радиус описанной (вписанной) окруж-

с

ности, площадь, выражения — а2 + Ь зш а 4- ——, «51П7 ф-
ф- Ь — 1, а2 ф- соз3 р, а3 ф- й3 ф- с и т. д.

2)	Угловыми элементами треугольника являются: угол
между высотой и биссектрисой, проведенными из задан-
ной вершины, угол между радиусами описанной и впи-
санной окружности, произвольная степень отношения
любых отрезков — элементов треугольника, выражения

а3 Ь2	/а2\

81па— соз2р, 2а —Р -}- у, ф- — 1§а ф-2, аге зт1~) ,
ЗЬ3

~ГС с^у И пр.

, 3) Метрическими элементами сектора являются длина
его дуги, площадь, радиус вписанной в него окружности
и пр.

4)	Очевидно, задание какого-либо уравнения между
угловыми элементами есть задание углового элемента,

1 Линейные элементы, определяемые как элементы первого

измерения, относятся к метрическим элементзм.
а с2

например, уравнение ~ определяет угловой элемент:
а с2	а8

— —	= 0 (он равен нулю) или = 1 (угловой эле-

мент равен 1).

Отсюда следует, что задание какого-либо однородного
относительно линейных элементов уравнения есть также
а8ймп2а

задание углового элемента (а2Ь зт2 а = с, ---—= 1

или а2Ь 81П2 а — с3 = О).-

5)	Аналогично задание неоднородного относительно ли-
нейных элементов фигуры уравнения есть задание метри-
ческого элемента этой фигуры; например, уравнение
2а3 — Ь 8Ш а = а2 соз Р определяет метрический элемент:
2а3 — Ь 81п а — а2 соз Р = О (он равен нулю).

Принцип определяемости задачи применительно к гео-
метрическим задачам сформулируем, пользуясь введен-
ными определениями, следующим образом: геометриче-
ская фигура определяется (фиксируется) заданием неко-
торого конечного числа т ее независимых элементов1.

Следовательно, если среди п различных между собой
данных элементов фигуры имеется такое число т < п
независимых элементов, которые определяют фигуру, то,
выразив через принимаемые за основу т элементов осталь-
ные п — т элементов, получим п — т уравнений, из ко-
торых найдутся п — т элементов (в функции от выбран-
ных т элементов).

Очевидно также, что между данными п > т элемен-
тами существует п — т и не более независимых уравне-
ний (соотношений).

Например, для прямоугольного треугольника т = 2,
поэтому между его элементами а, Ь, с, И, а1г и а должны
существовать и действительно существуют 5 независимых
уравнений: а2 + Ь2 = с2, аЬ — сН, И2 — а^Ьц а2 = са1,
а = Ь а (другие уравнения, например, а1 +	— сГ

Ь2 = сЬг и др., уже будут производными от написанных).

1 Если т независимых элементов фиксируют фигуру, то это озна-
чает, что по данным т элементам можно построить конечное число
г фигур (л>0). Для разных фигур число т, вообще говоря, различ-
но. Однако, например, такие фигуры, как прямоугольный треуголь-
ник, круговой сектор, дуга окружности, ромб, правильная четырех-
угольная пирамида и пр., определяются каждая двумя независимы-
ми элементами,
Трехгранный угол определяется тремя угловыми элемен-
тами, например, его плоскими углами а, 0, у; следова-
тельно, между этими плоскими углами и противополож-
ными им линейными углами двугранных углов а', 0' и у'
должны существовать и действительно существуют1 3 не-
зависимых уравнения. Элементы а, На, Ь и Л треуголь-
ника должны быть связаны одним уравнением, поэтому
по данным а, На, Ь можно найти /?, и задача эта имеет
в общем случае 2 решения. Рассмотрим еще такой пример.
Пусть а — сторона треугольника, а — противолежащий
угол, /? — радиус описанной окружности, (1 — расстояние
от центра описанной окружности до стороны а. Легко ви-
деть, что любых три элемента из перечисленных четырех
элементов зависимы, следовательно, среди этих четырех
элементов нет таких, которые определяли бы треугольник.
Применять сделанные выше выводы в этом и подобном
ему случаях нельзя.

III. ОЗНАКОМЛЕНИЕ УЧАЩИХСЯ С ПРИНЦИПОМ
ОПРЕДЕЛЯЕМОСТИ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ЗАДАЧИ
(ФИГУРЫ). НАХОЖДЕНИЕ ЧИСЛА т.

Принцип определяемости геометрической задачи мо-
жет стать в руках учителя хорошим средством улучшения
методики преподавания геометрии, а в руках учащегося —
хорошим средством сознательного усвоения геометрии,
сознательного составления и решения геометрических за-
дач.

Довести до сознания учащихся принцип определяемости
геометрической фигуры не так уж легко. Часто незамет-
ные детали объяснения должны служить осуществлению
поставленной учителем цели. Формулировать же принцип
определяемости в таком виде, в каком мы это сделали,
можно лишь в старших классах после достижения учащи-
мися должного ’ уровня геометрического мышления (в
свою очередь этот уровень в значительной мере зависит
от степени внедрения в преподавание указанного прин-
ципа). С принципом определяемости геометрической фигу-
ры следует знакомить учащихся постепенно, в процессе
изучения программного материала.

1 См. задачу 34, разд. V,
1,	При изучении признаков равенства треугольников
и задач на построение треугольников по данным элемен-
там следует обратить внимание на то, что равенство двух
элементов треугольников еще не приводит к равенству
этих треугольников и что задание равенства трех элемен-
тов «обязывает» (в силу доказываемой соответствующей
теоремы) треугольники быть равными: по двум данным
элементам треугольника можно построить бесчисленное
множество их, а задание третьего элемента уже фикси-
рует определенный треугольник1. Среди прочих задач,
решаемых в это время с учащимися, должны быть, напри-
мер, и такие.

1)	а) Известна сторона треугольника. Можно ли найти
остальные две стороны его? (Нет.) Почему? (Учащиеся
обычно без труда отвечают, что данных мало.) Построить
треугольник со стороной, равной 4 см. Сколько существует
таких треугольников?

б) Известен угол треугольника. Можно ли найти осталь-
ные его углы? стороны? построить треугольник с
углом, равным 70°; с двумя углами, равными 70° и 50°?
Сколько существует таких треугольников?

2)	Всякий ли треугольник со сторонами 10 см и 13 см
можно поместить на тетрадном листке? (Такая задача пред-
лагается учащимся для развития идеи геометрического
движения.)

3)	Известны две стороны треугольника. Можно ли
найти третью сторону? Почему эта задача не имеет реше-
ния?

4)	Известны сторона и прилежащий к ней угол тре-
угольника. Можно ли найти остальные стороны и углы
треугольника? (Нет.) Почему? (Потому, что по стороне и
углу можно построить бесчисленное множество треуголь-
ников.) Что необходимо еще знать, чтобы эта задача ста-
ла разрешимой? (Вторую сторону, прилежащую к данному
углу, или второй угол, прилежащий к данной стороне.)

5)	Построить треугольник по стороне 5 см и прилежа-
щему к ней углу 50° (при помощи линейки и транспортира).
Сколько решений имеет эта задача? (Бесчисленное мно-
жество.)

1 Здесь и далее необходимо заботиться о том, чтобы выбирае-
мые для определяемости фигуры элементы были независимы. Кро-
ме того, особенно на первых порах, же ательно требовать от этих
элементов, чтобы они определяли единственную фигуру,
6)	Построить треугольник по стороне, равной 6 см,
и соответствующей ей медиане — 5 см. Сколько сущест-
вует искомых треугольников? Что необходимо еще за-
дать, чтобы эта задача имела определенное (одно) реше-
ние? (Учащиеся по чертежу легко догадываются, что для
того чтобы «остановить» находящуюся в движении вер-
шину, необходимо задать еще либо один из прилежащих
к данной стороне углов, либо одну из двух других сторон,
либо один из углов между данными стороной и медианой.)

Такие задачи полезно решать не только после изучения
признаков равенства треугольников, но и до них — с
целью подготовки учащихся к сознательному усвоению
этих признаков (к каждому признаку учитель может под-
готовить специальный комплекс задач и задач-вопросов,
образцы которых приведены выше). При изучении призна-
ков равенства треугольников и основных задач на построе-
ние обращаем внимание учащихся, что: а) по двум сторонам
и углу между ними, б) по стороне и двум прилежащим к
ней углам, в) по трем сторонам можно всегда построить
единственный треугольник (в противном случае наруша-
ется соответствующий признак). Эта мысль в дальнейшем
развивается при помощи решения, например, таких за-
дач (даваемых на дом):

7)	Две стороны треугольника равны 5 см и 3 см, угол
между ними—40°. Найти остальные углы треугольника и
третью сторону (построением и измерением с помощью
миллиметровой линейки и транспортира). При анализе ре-
шения этой задачи обращаем внимание учащихся на то,
что все получаемые ими треугольники (столько треуголь-
ников, сколько учеников в классе) должны быть равными
по двум сторонам и углу между ними, на то, что по этой
причине ответы на данную задачу у всех учащихся также
должны быть одинаковыми. Эта работа проводится учи-
телем в форме беседы (вопросы — ответы). Далее легко под-
водим учащихся к мысли, что если известны две стороны и
угол между ними, то всегда можно найти остальные углы
и третью сторону, и что задача эта имеет всегда одно реше-
ние (ответы у всех учащихся совпадают). Особым подчерки-
ванием этой мысли и заканчивается анализ указанной за-
дачи.

8)	Два угла треугольника равны 72° и 54°, а прилежащая
к ним сторона — 6 см. Найти остальные элементы треуголь-
ника.
9)	Стороны треугольника равны 3 см, 4 см и 6 см.
Найти остальные элементы треугольника (углы).

Анализ задач 8) и 9) проводится в таком же плане, что
и задачи 7), причем этот анализ осуществляется самими
учащимися без особого труда (учащиеся правильно отве-
чают на все вопросы учителя, правильно формулируют
выводы), если только имел достаточный успех анализ
задачи 7).

10)	Даны два катета прямоугольного треугольника
(или катет и гипотенуза, или катет и острый угол, или
гипотенуза и острый угол). Найти остальные элементы (дан-
ные числовые).

И) Аналогичная задача на равнобедренный, равно-
бедренный прямоугольный треугольник, равносторонний
треугольник.

Достаточно ограничиться устным анализом (без постро-
ений и измерений) задач 10 и 11, если анализ предыдущих
задач имел достаточный успех.

После этого учитель смело может ввести в обиход тер-
мины «элемент», «определяется» и сформулировать (вместе
с учащимися) общие выводы.

В краткой итоговой беседе учитель напоминает:

а)	если известны две стороны треугольника и угол
между ними, то можно найти третью сторону и остальные
два угла (можно построить единственный треугольник);

б)	если известна сторона и два прилежащих к ней
угла, то можно найти остальные две стороны и третий
угол (можно построить единственный треугольник);

в)	если известны три стороны треугольника, то можно
найти все его углы (можно построить единственный тре-
угольник)1;

г)	аналогичные утверждения для равнобедренного,
прямоугольного, прямоугольного равнобедренного, равно-
стороннего треугольников.

Общий вывод: если известны три элемента треуголь-
ника, то можно найти остальные его элементы, или короче:
треугольник определяется тремя элементами, (уточняется
на примерах, какими должны быть эти элементы, но по-
нятие «независимые» элементы еще не вводится); равно-
бедренный треугольник определяется двумя элементами
и пр.

1 См. сноску на стр. 14.
Таков примерно план первоначального ознакомления
учащихся с принципом определяемости фигуры.

Во многих случаях при изучении признаков равенства
треугольников и решении соответствующих задач и за-
дач-вопросов (аналогичных приведенным выше) очень по-
лезны иллюстрации, например, иллюстрация того, что
два элемента не определяют треугольник) иллюстрация
подвижной вершины треугольника в задаче 6) и пр.

Понятно, что некоторые из приведенных выше пример-
ных задач могут быть учителем исключены или заменены
другими (более удачными для данного класса, при данных
условиях). Все зависит от того, какие успехи достигнуты
с тем или иным классом.

2.	В дальнейшем при изучении четырехугольников и
их построения учащиеся приходят к убеждению, что
квадрат определяется одним элементом, ромб и прямо-
угольник — двумя, параллелограмм и равнобедренная тра-
пеция — тремя, трапеция — четырьмя, четырехугольник
вообще — пятью.

3.	При изучении подобия фигур учащиеся должны
ознакомиться с понятием углового элемента (угол, от-
ношение сторон, отрезков), с понятием о форме фигуры,
а также с положением о том, что форма треугольника опре-
деляется двумя элементами, прямоугольного или равно-
бедренного — одним, форма прямоугольного равнобедрен-
ного, равностороннего треугольников, квадрата — 0 (фор-
ма всегда известна); форма параллелограмма — двумя (на-
пример, углом и отношением сторон). Так как понятие
«форма» употребляется в геометрии в различных (иногда
неопределенных) смыслах1 2, то понятие это не определяют,
а вводят такое определение: форма фигуры считается из-
вестной, если можно построить фигуру, подобную данной.

В результате усвоения указанных понятий учащимся
становится ясным смысл тех задач, в которых требуется
найти какой-либо угловой элемент фигуры (в частности,
треугольника) по данным другим угловым элементам, опре-
деляющим форму фигуры (для треугольника — двум),
смысл тригонометрических тождеств, уравнений и пр.

Понятие углового элемента фигуры и его отличие от
линейного (метрического) элемента легко уясняется уча-

1 Нап И'лер, «поперечное сечение канала имеет форму трапе-
иии», «участок земли имеет форму квадрата»,

2 Д. С, Людмилов
щимися с помощью специально подбираем?!* Для этой
цели задач и задач-вопросов такого характера.

1)	Одна сторона треугольника в 100 рай больше дру-
гой его стороны. Можно ли такой треугольник разместить
на тетрадном листе? Внутри одной клетки тетрадного
листа? (Всегда можно.) Что можно сказать 0 величине (о
линейных размерах) этого треугольника? (О линейных
размерах этого треугольника ничего нельзя сказать, сле-
довательно, отношение двух сторон треугольника не есть
линейный элемент.) Любую ли форму мож(-т иметь этот
треугольник? Любой ли треугольник может иметь отно-
шение сторон 1 : 100? (Нет.)

Следовательно, отношение двух сторон треугольника в
некоторой мере характеризует форму его; поэтому это
отношение следует считать угловым элементом.

2)	Характеризуют ли величину треугольника (его линей-
ные размеры); а) угол; б) радиус описанной окружности;
в) периметр; г) площадь; д) отношение квадратов двух
сторон? (Если известно отношение квадратов двух сторон,
то известно отношение этих сторон, и наоборот.)

Для уяснения понятия об определяемости формы фи-
гуры целесообразен разбор таких вопросов.

1)	Два угла треугольника равны 30° и 60°. Могут ли
две стороны его относиться как 1 : 3?

2)	Известны два угла треугольника. Мол-шо ли найти
угол между двумя его биссектрисами? высотами? как?
можно ли найти отношение сторон этого треугольника?
отношение его высот? медиан? почему эти задачи имеют
решение? (Два угла треугольника определяют его форму.)

3)	Одна сторона треугольника в два раза больше вто-
рой стороны; угол между этими сторонами равен 50°. Ха-
рактеризуют ли данные задачи линейные размеры тре-
угольника? Может ли один из двух других углов этого
треугольника равняться 90°. Найти остальное углы тре-
угольника (построением и измерением при помсШи транспор-
тира).

4)	Стороны треугольника относятся как 3:4:5. Мо-
жет ли один из его углов равняться 100°? Най™ углы тре-
угольника (построением и измерением при помощи транс-
портира).

5)	Стороны треугольника равны 450 м, 300 м, 600 м.
Найти его углы (построением треугольника с отношением
сторон 3 : 2 : 4 и измерением его углов при помощи транс-
портир а\

Эти задачи (они очень полезны также и для закрепле-
ния соответствующего признака подобия треугольников)
целесообразно предложить учащимся решить дома: в
результате учащиеся убеждаются на следующем уроке
в том, что все полученные ими ответы приблизительно
совпадают и все чертежи в тетрадях — подобные треуголь-
ники. Очень полезно также практиковать задачи-вопросы,
содержащие недостаточное (или излишнее) количество
данных элементов.

Требуя незначительную трату времени, решения этих
задач и задач-вопросов (осуществляемые, в основном, с
помощью беседы учителя со всем классом) вносят боль-
шую ясность в объяснение учителя, значительно стимули-
руют интерес учащихся к изучению той или иной темы,
содействуют сознательному усвоению темы.

4. Готовясь к каждому уроку, учитель может подо-
брать такую систему задач-вопросов, которые (в разрезе
данного урока) обеспечили бы сознательное усвоение прин-
ципа определяемости фигуры, ее формы. В этом — залог
сознательного усвоения соответствующего программного
материала.

Например, перед выводом теоремы о сумме квадратов
диагоналей параллелограмма очень полезно разобрать
устно с классом примерно такие вопросы.

1)	Сколькими элементами определяется параллелограмм?
(Повторение ранее изученного.)

Ответ: тремя элементами, например, двумя сторонами
и углом, двумя сторонами и диагональю, двумя диаго-
налями и стороной и т. д.

2)	Параллелограмм определяется тремя элементами;
что это означает? Ответ: это означает, что по данным трем
различным элементам параллелограмма можно его построить
(можно построить единственный параллелограмм), а зна-
чит, можно найти любой его четвертый элемент.

Построение при помощи циркуля и линейки параллело-
грамма по конкретно данным трем его элементам и нахож-
дение остальных его элементов (при помощи миллиметро-
вой линейки и транспортира) должно осуществляться ра-
нее во время изучения темы «Параллелограмм». Однако
черед изучением данной теоремы полезно предложить уча-
щимся (в качестве домашнего задания) такую задачу:
«Стороны параллелограмма равны 7 см и 11 см, а диа-
гональ 12 см. Найти вторую диагональ (при помощи постро-
ения и измерения миллиметровой линейкой)» Эту же за-
дачу выгодно затем решить с целью закрепления теоремы
о сумме квадратов диагоналей параллелограмма и с по-
мощью этой теоремы.

3)	Возьмем две стороны и диагональ параллелограмма
(учитель чертит на доске три отрезка). Можно ли теперь
в качестве второй диагонали параллелограмма взять про-
извольный отрезок? (Учитель чертит явно не совместимый
с предыдущими отрезок и иллюстрирует получающийся
.казус чертежом на доске или моделью.) Ответ: нет,
так как первые три отрезка фиксируют определенный парал-
лелограмм. поэтому вторая диагональ имеет определенную
длину, которую можно найти; если учащимся была задана
домой подготовительная задача, о которой говорилось
выше; то учитель может ссылаться на эту задачу.

4)	Как найти вторую диагональ? Ответ: более точ-
нее построить параллелограмм и затем измерить ее при
помощи линейки; здесь учащиеся используют опыт реше-
ния подготовительной задачи; если данные подготовитель-
ной задачи выражаются большими мерами, например
1м, 11 м и 12 м (это очень желательно для повторения
подобия многоугольников), то при решении этой задачи
строится уменьшенный в определенном масштабе паралле-
лограмм (3,5 см, 5,5 см, 6 см).

5)	Можно ли найти вторую диагональ, ке пользуясь
построением точного (или уменьшенного в определенном
масштабе) чертежа и последующим измерением? При этом
учитель подчеркивает, что не всегда указанный прием
удобен (приводятся соответствующие примеры).

На этот вопрос учитель отвечает сам примерно так.
Если три элемента параллелограмма полностью его фикси-
руют, то, зная эти элементы, можно тем или иным спосо-
бом найти любой четвертый элемент. Если по данным трем
величинам а, Ь, с можно найти четвертую величину х,
то, с течки зрения алгебры, это означает, что величины
а, Ь, с и х связаны каким-то соотношением (уравнением),
в котором а, Ь, с — данные числа, ах — искомое число
(уравнение с одним неизвестным).

Оказывается что такое уравнение между отрезками
АВ, АС и ВО действительно существует и к выведу его
мы сейчас перейдем.
Разбор этих вопросов проводится при помощи беседы,
занимающей от 5 до 10 минут (в зависимости от того, в
какой мере были подготовлены учащиеся к слушанию
нового материала). Заметим, что само изложение нового
материала должно тесно сочетаться с идеей определяемости
фигуры: это всегда в той или иной мере можно сделать.

5.	Примерно таким же способом могут изучаться и дру-
гие темы школьного курса геометрии: теоремы о квадрате
стороны треугольника (предшествующие теореме о сумме
квадратов диагоналей параллелограмма), теорема Пифагора,
формула Герона, теорема синусов, косинусов и другие.

Опыт показывает, что принцип определяемости гео-
метрической фигуры является эффективным средством соз-
нательного усвоения основных вопросов школьного курса
геометрии. Учащиеся глубоко осмысливают такие важные
(для развития интереса и сознательного отношения к
всевозможным теоремам, задачам) вопросы, как «причина»
наличия четырех независимых соотношений между эле-
ментами а, Ь, с, «р Ьъ К прямоугольного треугольника или
одного соотношения (уравнения) между элементами а,
Ь, с того же треугольника (теоремы Пифагора), одного
соотношения между элементами а, Ь, с, 5 треугольника
(формулы Герона), трех соотношений между элементами

а, Ь, с, ^-А, ^В, ^.С

треугольника (теоремы синусов) и многих других формул
планиметрии, стереометрии.

6. При изуче :ии каждой новой фигуры очень полезно
ставить вопрос о нахождении числа т элементов, которыми
эта фигура определяется (фиксируется), а это сделать, как
мы видам, нетрудно: само расположение учебного мате-
риала способствует этому (равенство филр, подобие фи-
гур, их построение); необходимо лишь усилить изложение
путем анализа и решения специально подготовляемой к
каждой теме, к каждой фигуре системы задач и задач-
вопросов. Анализ и решение этих задач очень удобно ил-
люстрировать на простейших моделях. Небесполезна также
таблица значений числа т, которая вывешивается на опре-
деленное время в классе и все время пополняется учащимися
по мере изучения новых фигур.

Заметим, что к вопросу о нахождении числа элементов
/п, определяющих фигуру очень удобно подходить с кон-
структивной точки зрения.
Будем, например, строить треугольную пирамиду. Для
того чтобы построить основание пирамиды — треугольник,
необходимы три элемента (три ребра), 4-й элемент (4-е
ребро) не фиксирует положение вершины: вершина распо-
ложена на шаровой поверхности с центром в вершине
основания и радиусом, равным этому четвертому ребру;
5-й элемент (5-е ребро) еще не фиксирует вершину, но
уже суживает геометрическое место ее: вершина располо-
жена на окружности — линии пересечения двух шаровых
поверхностей; наконец, шестой элемент (6-е ребро) уже
«останавливает» (фиксирует) вершину пирамиды; следо-
вательно, треугольная пирамида определяется 6 эле-
ментами. Правильная четырехугольная пирамида опре-
деляется двумя элементами, так как, зная, например,
сторону основания пирамиды и ее высоту, можно легко
построть пирамиду и т. д.

В качестве элементов, определяющих фигуру, берем
такие ее основные элементы, с помощью которых построе-
ние фигуры осуществляется без особых затруднений. Од-
нако в дальнейшем по мере усвоения учащимися принципа
и приобретения ими достаточного опыта в составлении и
решении задач, показываем на конкретных примерах, что
элементами, определяющими фигуру, могут служить и
иные (более сложные) элементы (показываем, например,
что по трем высотам треугольника или по двум углам
треугольника и радиусу вписанной в него окружности и
т. д. можно построить треугольник); определяем понятия
угловых и метрических элементов, понятия зависимых и
независимых элементов, формулируем принцип определяе-
мости в общем виде; сообщаем учащимся, что если неко-
торые независимые т элементов фигуры определяют эту
фигуру, то и всякие иные т независимых элементов этой
фигуры также определяют ее1. Это последнее положение

1 Действительно, пусть некоторая фигура определяется т не-
зависимыми элементами аДг== 1, 2, 3.... т)	и 6/(; = 1, 2,3...т)—

каких-либо т независимых элементов той же фигуры, среди кото-
рых имеется хотя бы один элемент, отличный от каждого из элемен-
тов а/. Выразив элементы Ьу через элементы а/, получим т незави-
симых уравнений (соотношений) между элементами а, и Ь,, а решив
эти уравнения- относительно элементов аг, найдем все элементы а,
(в функции от элементов Ь,). Таким образом, элементы Ь; опреде-
ляют элементы а/, а следовательно, и всю фигуру. Пусть, далее,
некоторая фигура определяется как т, так и п независимыми эле-
выражает основную сущность принципа определяемости
геометрической фигуры и является его обоснованием.

IV.	СОСТАВЛЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

Сознательное усвоение учащимися принципа опреде-
ляемости фигуры и ее формы, умение находить число т
дают в руки учащихся ключ к составлению геометриче-
ских задач, что имеет большое образовательное значение.

Если в школах еще практикуется составление арифме-
тических задач (и то преимущественно в начальных клас-
сах), то составлению алгебраических и особенно геометри-
ческих задач внимание, как правило, не уделяется. А
ведь из опыта хорошо известно, какую громадную пользу
в деле сознательного усвоения программного материала
оказывает учащимся самостоятельное составление ими раз-
личных задач. Известно, сколько радости, воодушевления
и уверенности приносит учащемуся задача, им самим сос-
тавленная и решенная.

Для того чтобы правильно составить геометрическую
задачу на вычисление, требуется совсем немного: знать
число т для той фигуры, о которой будет идти речь в пред-
полагаемой задаче. Зная, например, что прямоугольный
треугольник определяется двумя элементами, учащиеся
без труда составляют задачи:

«Острый угол прямоугольного треугольника равен 60°,
а биссектриса его прямого угла 10 см. Найти стороны тре-
угольника»; «Острый угол прямоугольного треугольника
равен а, а медиана, проведенная из вершины этого угла,
фавна т. Найти стороны и площадь треугольника» и дру-
гие. Зная, что правильная четырехугольная пирамида
определяется двумя элементами, учащиеся составляют
задачи: «Дано боковое ребро I правильной четырех-
угольной пирамиды и двугранный угол при ее основании а;
определить объем пирамиды»; «Дана сторона основания а
и плоский угол при вершине а правильной четырехуголь-
ной пирамиды; определить полную поверхность пира-
миды» и многие другие.

ментами. Тогда т — п. Действительно, если, например, т. < п, то,
выбрав из общего числа п элементов какие-либо т элементов, вы-
разим через выбранные т элементов остальные п—т элементов, то
есть придем к неверному заключению о том, что п элементов зави-
симы между собой.
Прагда, иногда бывает нелегко решить правильно
составленную учащимся задачу ввиду того, что он еще не
овладел необходимыми знаниями. Весь эффект в этом слу-
чае состоит в том, что учащийся сознает, что составленная
им задача должна решаться и что необходимые зна-
ния он получит впереди. Однако следует учесть, что для
того, чтобы выбираемые учащимися т элементов для состав-
ления задачи по своему характеру соответствовали тому
или иному учебному материалу и уровню знаний учащихся,
учитель всегда может относительно выбора этих элементов
сделать необходимые замечания.

Практика показывает, что если в процессе преподавания
геометрии постоянно и систематически внедрять идею опре-
деляемости фигуры, то почти к каждой теме учащиеся с
легкостью и с большим для себя удовольствием составляют
разнообразные геометрические задачи. Это дело следует
поощрять оценками в классный журнал. Для будущих
«задачников» полезно отводить специальную тетрадь или
блокнот Полезно также проводить специальные конт-
рольные работы на составление и решение (к определенной
теме) задач. При этом учитель подробно разъясняет, каков
должен быть характер выбираемых данных (учитель может
даже перечислить те элементы фигуры, из которых сле-
дует выбрать данные, дать необходимые разъяснения отно-
сительно этого выбора и пр.), каков должен быть харак-
тер самой задачи, чтобы она соответствовала как отводимому
для ее решения времени, так и уровню знаний учащихся.

Заметим, что принцип определяемости геометрической
фигуры позволяет с большим успехом составлять многие
задачи на построение1.

Например, зная, что треугольник определяется тремя
элементами, учащийся без труда составляет задачи: «По-
строить треугольник по сумме 5 двух его сторон и противо-
положным (этим сторонам) углам а и р» ; «Построить тре-
угольник по трем медианам та , ть , тс » и др Зная, что
трапеция определяется четырьмя элементами, можно соста-
влять задачи: «Построить трапецию по четырем сторонам
а, Ь, с, «Построить трапецию по двум диагоналям т,
п и двум углам аир, прилегающим к одному из основа-
ний», и многие другие.

1 Из дальнейшего изложения читателю станет ясно, что указан-
ный прин! ип позволяет т„кже составлять некоторые задачи на до-
казлельство,
Не менее важно, что, владея принципом определяемости

фигуры, учащиеся вполне осмысливают условия гото-
вых задач на вычисление и построение.

Положительный эффект в обучении составлению гео-

метрических задач на вычисление и построение вызы-
вают у учащихся старших классов задачи такого типа.

«Взяли 60 элементов тетраэдра, из которых любые
б — независимые между собой (то есть любые б элементов
не определяют шестой элемент) — ребра, плоские и двугран-

ные углы, высоты, ме-
дианы, биссектрисы, ра-
диусы, поверхности,
объемы и пр1. Сколько
можно составить задач
на тетраэдр, в которых
по 6 элементам, опреде-
ляющим тетраэдр, тре-
буется найти остальные
54 элемента?»

Учащиеся приходят к

Черт. 1,

неожиданному резуль-

тату: С|о (в это число входило бы, возможно, некоторое
количество однотипных задач). Оказывается, что если бы
мы разместили это число задач в задачниках по 1000 за-
дач в каждом, то общее число таких задачников превы-
сил о бы 50 000.

Заметим, что возможны случаи, когда искомый эле-
мент фигуры является функцией не от всех т элементов,
определяющих фигуру, а только от некоторых из этих
элементов2. В таких случаях не следует, разумеется, вклю-
чать в условие задачи все т элементов.

Рассмотрим пример.

«В треугольник, стороны которого равны 8 см, 10 см и
12 см, вписан параллелограмм так, что угол его совпадает
со средним по величине углом треугольника; периметр
параллелограмма равен 18 см. Найти стороны параллело-

1 Легко убедиться в существовании таких 60 элементов. Мож-
но доказать, что существует сколь угодно большое число эле-
ментов фигуры — разтиштх функ шй каких-либо т элементов, ко-
торн, и определяется фигура — таких, что любые т из этих функ-
ций (элементов) независимы.

2 Вопрос о составлении и решении таких задач будет рассмот-
рен в § 4, раздела VI, ч, 1.
грамма» (К. С. Б а ₽ ы б и н, Сборник задач по геомет-
рии, Планиметрия, Учпедгиз, 1958, № 1054г).

Пусть АВ = 8 см, ВС = 10 см, СА = 12 см, ЛЕЕМ —
вписанный параллелограмм (черт. 1); обозначим АМ = х.
Тогда ЕМ =9 — х. Из чертежа имеем: —-— = —- ,от-
9 — х 12 — х
куда х = 3 см. Как видим, сторона ВС = 10 см совершенно
не участвует в решении, а потому давать ее нет смысла.

V.	ПРИМЕРЫ НЕПРАВИЛЬНЫХ УСЛОВИЙ.

Пренебрежение принципом определяемости геометриче-
ской фигуры приводит при составлении геометрических
задач к грубым ошибкам, проникающим иногда в методи-
ческую литературу.

Приведем несколько соответствующих примеров с крат-
ким анализом допущенных ошибок.

На странице 8 мы уже имели пример такой задачи.
В этой задаче вместо трех элементов, которыми опреде-
ляется треугольник, даны 4 элемента. Понятно, что соот-
ношение, которым связаны эти 4 элемента, может и не
выполниться, а это неизбежно приводит к несуществова-
нию треугольника. Кроме того, в условии этой задачи нет
точной ориентации относительно взаимного расположения
медиан т и п. со стороной АС, ввиду чего при трех дан-
ных элементах задача имела бы два решения (вместо од-
ного, предусмотренного автором). Рассмотрим другие при-
меры.

1.	«Около окружности описана равнобедренная трапе-
ция, основания которой равны 8 мм и 4 мм, один угол —
150°. Найти радиус окружности» (К. С. Б а р ы б и н,
Сборник задач по геометрии, Планиметрия, Учпедгиз,
№ 554 г).

Равнобедренная трапеция определяется тремя элемен-
тами, а в условии задачи их четыре: 8 мм, 4 мм, 150°,
«Около окружности описана равнобедренная трапеция»
(следовательно, суммы противоположных сторон а + Ь и
2с равны, и мы имеем данный угловой элемент трапеции
-1±1=2).

с

Указанная трапеция, как нетрудно показать, не сущест-
вует.
2.	«Во вписанном четырехугольнике АВСО диагонали
АС и ВО пересекаются в точке К- Найти углы четырех-
угольника, зная, что А Д’й = 110°, о А В = 140°, ВК —
— ВС = СО» (там же, № 595г).

Вписанный четырехугольник определяется, очевидно,
4 элементами, его форма — тремя (угловыми) элементами.

В условии же задачи содержатся 4 угловых элемента:

^АКВ = 110°, ^АВ = 140°, ВК = ВС, ВК = СО.

Легко проверить, что указанный четырехугольник не су-
ществует.

3.	«Угол при вершине В треугольника АВС разделен
отрезками ВО и ВЕ на три равные части (точки О и- Е ле-
жат на стороне АС). Найти отрезки АО, ОЕ и ЕС, если:

1)	АС = 10 см и АВ : ВО : ВЕ : ВС = 1 : 2 : 3 : 4;

2)	если АС = 12 см и АВ : ВО : ВЕ : ВС — 2:1: 1 : 3»
(там же, № 641.)

Указанный треугольник не существует. Отрезки ВО и
ВЕ являются, очевидно, функциями основных элементов
треугольника, то есть его элементами. Отсюда следует,
что равенство АВ : ВО : ВЕ : ВС = 1 : 2 : 3 : 4 содержит
три (!) данных угловых элемента треугольника. Уж одного
этого (не обращая внимание на длину стороны АС) доста-
точно, чтобы прийти к выводу: треугольник может не
существовать.

Приводим решение автора.

«Из треугольника АВС АО : ОЕ = 1:3 (1),
из треугольника ОВС ОС : ЕС =1:2 (2),
из (1) и (2) АО : ОЕ : ЕС = 1 : 3 : 6».

Нетрудно получить противоречие.

Проведем биссектрису ВК угла ОВЕ (черт. 2). Тогда из
^ОВЕ ОК : КЕ = 2:3, откуда АК = 1	=2,2см\

СК = 64—= 7,8 см. Но должно быть:

3 2	СК ВС

2 2	1

или — — что неверно. (То же самое имеем в задаче 2.)

4.	«Боковые ребра правильной четырехугольной пира-
миды наклонены к основанию под углом а. Боковые грани
наклонены к основанию под углом <р. Апофема пирамиды
равна т. Найти полную поверхность конуса, описанного
около пирамиды» (Н. П. А н то но в, М. Я. Выгод-
с к и й, В. В. Никитин, А. И. Санкин, Сбор-
ник задач по элементарной математике, Гостехиздат, 1957,
№ 755). Авторы на странице 454 поместили следующее
решение этой задачи (см. черт. 3).

Черт. 2.

Черт. 3.

«Высота пирамиды ЕО = Н = т 81п ср. Из треугольника
ЕАО находим АО — к = йс^а = т &т<рс1§ а и АЕ —
— I =	= ~-51П - . Получаем: — л/? (/ + /?) —

81П а 81П а

= лт51Пфс1§ а	-р т зтср с!§а^. Полученную фор-

мулу можно упростить, применив формулу — Е.

Ответ 5Л = лтп2 с1§ас1§ у51п2 ф».

Если совершенно забыть о принципе определяемости фи-
гур, то к этому «решению» трудно придраться: как будто
все обстоит благополучно.

Сдчако поскольку правильная четырехугольная пира-
мида определяется двумя элементами, то сразу бросается
в глаза лишний элемент. Если убрать элемент т, то это
делу не поможет: пирамида становится метрически неопре-
деленной (да и, кроме того, форма правильной пирамиды
определяется одним угловым элементом, а в задаче их два:
а и ф). Следовательно, один из этих двух углов должен
быть убран. Очевидно, углы эти должны быть зависимы-
ми. И в самом деле, из чертежа имеем:

О В	ОМ

С05а= с1^=оУ
НоОВ = ОМ]/2. Значит, сова = ]/~2 с1§ф- Допущенная
в этой задаче ошибка аналогична той, которая приведена в
предыдущей задаче. Если бы мы пожелали снабдить
углы а и ф числовыми данными, то нелепость могла бы
усилиться: соотношение сов а = ]/2 с)§ф могло бы и не вы-
полниться.

5.	«В основании призмы, описанной около шара, лежит
прямоугольный треугольник с'острым углом, равным а,
а перпендикуляр, опущенный из вершины прямого угла
на гипотенузу, равен И. Определить объем призмы».

Эта задача была предложена Министерством просвеще-
ния УССР дая проведения осенних экзаменов в вечерних
школах в 1957/58 учебном году.

Произвольная треугольная призма определяется ше-
стью элементами (3 элемента фиксируют треугольник —
основание призмы, а другие 3 элемента — положение
одной из вершин верхнего основания). В условии же этой
задачи содержатся лишь 4 данных элемента: «прямоуголь-
ный треугольник» (I элемент), а и Н (2 элемента), а утвер-
ждение о том, что призму можно описать около шара рав-
ноценно одному данному угловому элементу (диаметр ок-
ружности, вписанной в перпендикулярное сечение приз-
мы, равен высоте призмы). Объем призмы не является функ-
цией лишь этих 4-х элементов. Интуитивное чувство, что
призма должна быть прямой, обмануло составителей этой
задачи.

6.	«Боковое ребро в треугольной пирамиде перпендику-
лярно к противоположной стороне основания а, и концы
его равно отстоят от противоположных им граней; дву-
гранный угол при ребре а равен а. Определить объем пира-
миды» (К. С. Барыбин и А. К. Исаков, Сбор-
ник задач по математике, Учпедгиз, 1955, № 1732).

В этой задаче речь идет о произвольной треугольной
пирамиде, определяющейся шестью независимыми элемен-
тами. Условие задачи представляет нам всего 4 элемента,
поэтому возможная ошибка сразу бросается в глаза. Ока-
зывается, что в условии задачи пропущен данный элемент
Ь — боковое ребро, о котором говорится в начале задачи.
Если ввести в условие задачи элемент Ь, получим вполне
определяемую задачу несмотря на то, что получаемые
5 элементов еще не определяют пирамиду и даже ее фор-
му (сдтако объем пирамиды они определяют).
7.	«В цилиндр вписан прямоугольный параллелепи-
пед...» (А. И. Худоб ин и Н. И. Худоб ин,
Сборник задач по тригонометрии, Учпедгиз, 1955). Здесь
дважды утверждается, что параллелепипед прямоуголь-
ный, то есть данные элементы параллелепипеда без надоб-
ности повторяются дважды: утверждения «параллелепипед
прямоугольный» и «в цилиндре вписан параллелепипед»
эквивалентны (с точки зрения принципа определяемости
фигуры).

8.	«Радиус круга, описанного около основания правиль-
ной четырехугольной пирамиды, равен г, а плоский угол
при вершине равен а. Определить двугранный угол меж-
ду боковыми гранями» (Р. Н. Б о н ч к о в с к и й, Мо-
сковские математические олимпиады 1935—1936 гг.). Угол
а определяет форму пирамиды, поэтому элемент г является
в данной задаче излишним. Задач такого рода имеется в
существующих сборниках довольно много. Они тормозят
инициативу учащихся в выборе вспомогательных элемен-
тов, в поисках наиболее рациональных путей решения
задач. Кстати, решение этой задачи в указанной брошю-
ре изложено на целой странице, в то время как вниматель-
ное рассмотрение соответствующего чертежа дает возмож-
ность решить задачу устно (или составить письменное ре-
шение только на одной строке).

В указываемых ниже задачах предоставляем читателю
самому обнаружить «лишние» элементы фигуры и решить
вопрос о ее существовании.

1)	С. В. Н а з а р ь е в, И. И. Никитин,
И. Р. Игнатенков, И. В. Безызвестное,
Сборник задач по геометрии, Учпедгиз, № 559, 564, 580,
799, 1468. .

2)	К. С. 3 а л о г и н, Сборник конкурсных задач по
математике, Машгиз, Киев, 1954, № 146.

3)	И. И. Александров, Сборник геометриче-
ских задач на построение, Учпедгиз, 1954, разд. II, № 271.

4)	Журнал «Математика в школе», 1955, № 6, задачи
24 и 25.

5)	И. Рыбкин, Сборник задач по геометрии, ч. I,
Планиметрия, § 7, № 71.

6)	Р. И. П о з о й с к и й, Сборник задач по тригоно-
метрии, Учпедгиз, разд. IX, № 30.

7)	В. С. Кущенко, Сборник задач по математике,
Судпромгиз, 1960, №659.
Приведенных примеров (число их можно было бы зна-
чительно увеличить) достаточно, чтобы понять, насколько
важен принцип оцределяемости геометрической фигуры
(задачи) для правильного составления задач.

VI. РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

Принцип определяемости геометрической фигуры по-
зволяет, как увидим ниже, установить некоторые общие
теоретические начала для отыскания планомерного и по-
следовательного пути решения задач. Он позволяет быстро
разобраться, решается ли задача, делает поиски решения
спокойными, уверенными, намечает правильный курс и
ориентацию при решении даже самых сложных задач (см.,
например, задачу 64, разд. V настоящего сборника и др.).

Заметим, что хотя часто решение геометрической зада-
чи без применения принципа определяемости фигуры ока-
зывается более простым (и даже изящным), однако такое
решение всегда искусственно, и находить его прихо-
дится нередко «наощупь».

Для отыскания искусственных способов решения задач
необходимы большие навыки и виртуозность, которые при-
обретаются, в свою очередь, в результате развития навы-
ков решения задач естественным (планомерным) способом.

Именно попытки обучения искусственным приемам ре-
шения задач без предварительного развития навыков
планомерного, логически связного и последовательного,
причинно обусловленного решения задач являются тем
формализмом, который мешает учащимся сознательно ус-
ваивать пути решения задач. Учащиеся не понимают, по-
чему мы при решении той или иной задачи рассматриваем
такой-то треугольник, а не иной, вводим такой-то вспомо-
гательный элемент, а не иной, каков смысл введения вспо-
могательного элемента, в каких случаях и для какой це-
ли мы его вводим, и пр.

§ 1. АНАЛИЗ УСЛОВИЯ ЗАДАЧИ С ТОЧКИ ЗРЕНИЯ
ЕЕ ОПРЕДЕЛЯЕМОСТИ.

При решении всякой геометрической задачи следует
исходить прежде всего из анализа ее условия с точки зре-
ния определяемости тех фигур, о которых идет речь в за-
даче. Такой анализ должен предусматривать: нахождение
числа т элементов, определяющих фигуру, о которой идет
речь, выяснение того, имеется ли в условии задачи доста-
точное количество данных для ее решения, и почему автор
дал именно такое количество данных и именно такие дан-
ные, которые содержатся в условии, и пр.

Анализ задачи с точки зрения ее определяемости дол-
жен стать главнейшей, существенной, частью ее решения.
В противном случае задача воспринимается учащимися
слепо, искусственно, бесперспективно, а это лишает их
интереса, уверенности и воодушевления при ее решении:
учащиеся не видят, как возникли те задачи, которыми
пользуется тот или иной автор, не понимает, почему в од-
ной задаче содержатся, скажем, 2 данных элемента, в дру-
гой — 3, а в третьей «как будто» совершенно нет данных
элементов. Именно сознание того, что данная задача дол-
жна решаться, поскольку в условии ее имеются все
необходимые данные, выбор которых понятен учащимся,
является наилучшим стимулом для воспитания воли и
упорства при ее решении.

Рассмотрим задачу: «В основании треугольной пира-
миды лежит прямоугольный треугольник с гипотенузой
с и острым углом а; каждое из боковых ребер равно I.
Определить объем пирамиды» (много таких задач состав-
ляют сами учащиеся). Даем образцы анализа условия
этой задачи (взятые нами из работ десятиклассников).

1.	«Величины с и а фиксируют определенный прямо-
угольный треугольник — основание пирамиды (так как
прямоугольный треугольник определяется двумя элемен-
тами), а величина I определяет положение вершины (об-
щая точка трех сферических поверхностей радиуса I с
центрами в вершинах основания). Следовательно, дан-
ные три элемента фиксируют совершенно определенную
пирамиду с определенным объемом».

2.	«Треугольная пирамида определяется 6 элементами1,
из которых три даны нам непосредственно, остальные
три элемента «маскируются»: Л АСВ — прямоугольный
(1-й элемент), 8 А = 8 В (2-й элемент), ЗА = 8С (3-й эле-
мент). Значит, условие задачи дает нам определенную пи-

1 Мы не требовали в анализе условия задачи объяснять процесс
нахождения числа т, если учащиеся приобрели достаточные навыки
в этой работе.
рамиду, Это значит, что мы можем найти любой ее эле-
мент...»

Такие анализы раскрывают глаза учащимся на задачу,
убеждают их в том, что она «обязана» решаться (или в том,
что она имеет бесчисленное множество решений, ни одного
решения), вооружают их твердым желанием искать пути
решения; такие анализы свидетельствуют о глубоком по-
нимании смысла задачи, об осознанности того пути реше-
ния, который следует после анализа.

Рассмотрим в общих чертах основные направления
той ориентации при решении геометрических задач, кото-
рую мы можем получить благодаря применению принципа
определяемости задачи (фигуры).

Начнем с задач на вычисление, которые можно разбить
на три класса:

1)	Задачи, данные которых определяют фигуру;

2)	Задачи, данные которых определяют лишь форму
фигуры;

3)	Задачи, данные которых не определяют форму фи-
гуры.

§ 2. ЗАДАЧИ, ДАННЫЕ КОТОРЫХ ОПРЕДЕЛЯЮТ ФИГУРУ.

1.	Известно, что решение многих геометрических задач
на вычисление сводится к нахождению по данным т эле-
ментам аг, а2, а3,...,.ат, определяющим фигуру, некоторо-
го числа р искомых элементов хг, х2, х3,..., хр той же фи-
гуры. Не нарушая общности, мы можем эти искомые эле-
менты считать отрезками и углами, так как всякий слож-
ный угловой или метрический элемент (поверхность, объ-
ем и пр.) является согласно данным нами определениям
функцией основных элементов фигуры.

Характер большинства геометрических задач на вы-
числение, содержащихся в различных сборниках, таков,
что неизвестные элементы х, в этих задачах могут быть
найдены непосредственно из каких-либо простых геомет-
рических фигур (например, треугольников, прямоуголь-
ников, секторов и пр.). При этом необходимо соблюдать
требование; простая фигура должна быть определяема
(зафиксирована) условием задачи, то есть необходимым
числом элементов из числа данных. Неизвестный элемент
стараются «включить» в ту или иную простую фигуру \
следя за тем. чтобы данные элементы определяли эту фи-

гуру. Такое «включение» при решении простых геометри-
ческих задач на вычисление не вызывает особых трудно-
стей: фиксированные простые фигуры легко «бросаются в
глаза». Нередко после того, как первый искомый элемент

таким способом уже найден, ста-
новится, благодаря этому най-
денному элементу, определяемой
иная простая фигура, из которой
находим второй элемент, и т. д.

8

В О

Черт. 4.

Черт. 5.



о

Если фиксированная простая фигура непосредственно
из чертежа основной фигуры не усматривается, ее часто
удается легко построить. Пусть, например, требуется ре-
шить задачу. «Внутри угла а расположена точка на рас-
стоянии т и п от его сторон. Найти расстояние этой точ-
ки до вершины данного угла» (черт. 4).

Продолжим отрезок АС до пересечения со стороной
данного угла в точке О. Благодаря этому, треугольник
ВСО становится фиксированным	=90° — а). Сле-

довательно, можем найти СО, затем АО. Теперь становит-
ся фиксированным Л ОАО, что дает возможность найти
ОА. Таким путем приходим, наконец, к фиксированному
треугольнику ОАС, содержащему искомый элемент.

Рассмотрим более сложный пример. «В правильной
четырехугольной пирамиде двугранный угол при основа-

1 Иногда вместо неизвестного непосредственно элемента при-
ходится «включая» в фиксированную простую фигуру вспомога-
тельный элемент (отрезок, угол), отыскание которого дает возмож-
ность легко найти неизвестный элемент (или иной вспомогательный
элемент, более «близкий» к искомому).
нии равен а. Через его боковое ребро проведена плоскость,
составляющая с основанием угол р. Сторона основания
равна а. Определить площадь сечения».

В сечении получаем △5СГ (черт. 5). Для изображения
угла р проводим 5/( _1_ СР и точки О и А соединяем. Тогда
^ЗКО = р. Поскольку элементы а и а фиксируют пира-
миду, то можно найти 50: 50 = г^ЗОК — фикси-

рованныи, следовательно, од = -ту™ ~~7~>	“

= 05 Д§р =

Теперь стал фиксированным Л ОСК ^0С = й-^-^ , значит,
пгт	• / ОК \	• / а р \

ОСЕ = аге 51п -— = аге зш	- .

\0С )	\ /2	/

Так как ОСО = 45°, то ^ОСЕ = 45° — агезш

\ Т2 )

ОС

Отсюда С. ОСЕ— фиксированный и СЕ —------------• =

соз ОСЕ

а

а

.г-о 132—
соз 45 -----5 -?-1 Д- зш 45 -——

/2-	+	/2

__	2а
и 3	/ 2—1§2ас1й“7

Теперь имеем: пл. 8СЕ = --~5^- =

__	а2 а	__

2 81П ^(1§ а р+ /2—(§2 ас1б2 [5)
_______________а2______________

2 8Ш|3 (с1§а + / 2с1§2 а—с1§2 $ )

Практика показывает, что решение задач путем непо-
средственного нахождения искомых элементов 1 из про-
стых фиксированных фигур является обычно более про-
стым, чем решение с помощью иных приемов.

Рассмотрим задачу: «Угол между образующей конуса

1 Как уже упоминалось ранее, искомыми элементами всегда
можно считать отрезки и углы.
и радиусом ее основания равен а, а сумма этих отрезков
равна т. Найти объем конуса» (черт. 6).

Такую зад >чу обычно решают так. Один из отрезков I,
Я или Н принимают за неизвестное и, исходя из равенства
I + В = т, составляют уравнение. Например, —~—Н
81п а

+ Нс1§,а = т, откуда Н — ™-1-—, /? = /7с1§а= -
1 -(-СОЗ а

,,	1 т2СО52 а-т 8111 а	1	оС052 «31'Па

И = —л---------------------= — пт -----------

3	(1-рС08 а)2( 1-рсоз сс)	3 (1Н-СОЗ а)3

= -улт3с1§2

/	я	а \3

2 51П — СОЕ—

\	2	2/

а---------------—

/	7 \3

2 соз2 -

\	2/

1	., СО82 а 81П3 а

—п.тл-----------------

3	51П2 а (1 + СО5 а)3

Черт. 6.

с!§2а(§3 у.

Можно получить более прос-
тое решение, если построить
фиксированный треугольник.
Для этого на продолжении
образующей 5.4 отложим от-
резок АВ = ОА — Я и точ-
ку А соединим с О. Тогда из
&8ОВ(^8ВО= -,^8ОВ=
2

— 90° по теореме сину-

а
т 51п —
и	2

сов имеем: п => ---------- =

зш (эо°+^

или:

В = Н<А& а =	с(§а,

V = ~лВ2Н = — лт3с!§2 а!§3

3	3

Можно привести много других подобных примеров (см.,
например, Н. Рыбкин, Сборник задач по тригонометрии,
Учпедгиз, 1955, § 13, № 35, 37; указания, данные автором
к решению этих задач, неуместны). Что касается нахож-
дения искомых элементов из фиксированной простой фи-
гуры, то есть решения этой фигуры, то оно всегда основа-
но на применении известных соотношений между элемен-
тами этой фигуры, даваемых теорией. Смысл этих соотно-
шений, их вывод становятся понятными учащимся также
благодаря введению в преподавание геометрии идеи
определяемости фигуры.

2. Но имеется значительная группа задач на вычисле-
ние, для решения которых указанный метод применить
нельзя, ибо непосредственное отыскание элементов из
каких-либо простых плоских фигур оказывается для этих
задач очень затруднительным. И здесь первое слово при-
надлежит принципу определяемости фигуры. В самом де-
ле, пусть некоторая фигура определяется т элементами, и
требуется найти другие р элементов ее. Согласно принци-
пу определяемости существует между т + р элементами
система р уравнений, из которых мы можем (пользуясь
определенным алгорифмом решения системы уравнений)
найти эти р элементов.

При этом с алгебраической точки зрения безразлично,
какие элементы, входящие в систему, данные, а какие —
искомые. Важно то, что мы принципиально можем решить
систему относительно любых р параметров и что, следова-
тельно, задачу можем считать решенной, когда система
эта нами получена. Если ввести в рассмотрение так назы-
ваемые вспомогательные элементы Ьг, Ь2, Ьк , то
можно будет составить систему из р + к уравнений, ис-
ключив из которой (обычными алгебраическими операция-
ми) эти к элементов, мы получили бы систему из р уравне-
ний. И оказывается, что во многих случаях гораздо
легче составить систему р + к уравнений, чем систему р
уравнений. Для получения системы р уравнений нам нуж-
но было непосредственно найти р неизвестных в функ-
ции от т данных элементов. Но если это сделать нельзя
ввиду того что некоторые (или все) элементы х( (I —
= 1, 2, 3,...,р) найти непосредственно из каких-либо
фиксированных простых фигур затруднительно, то мы
можем пытаться выразить вспомогательные элементы 6,
(а также и данные элементы) в функциях от остальных
элементов.

Кроме того, если элементы х, не могли быть выражены
в функции от элементов то они могут оказаться легко
выраженными в функции от элементов а2 и Ь[ .
Поэтому следует стремиться вводить такие вспомогатель-
ные элементы Ь, , которые непосредственно связаны с дан-
ными и искомыми элементами, то есть вместе взятые состав-
ляют одну и ту же простую фигуру, являясь основными
элементами этой фигуры. И далее, среди т + р + к эле-
ментов нужно стараться выбрать такие р + к элементов,
которые легко выражались бы в функции от остальных
элементов.

Иногда систему р уравнений удается легко получить и
без введения вспомогательных элементов: это случается
тогда, когда из т + р элементов можно выбрать такие р
элементов (данных и искомых или только данных), кото-
рые легко выражаются в функции от остальных т элемен-
тов. В этом случае на некоторые (или все) элементы хг-
начинают смотреть, как на «данные» элементы, а на такое
же количество элементов а, — как на «искомые».

Пусть, например, требуется найти объем конуса по
данным его боковой (д) и полной ((}) поверхности. По-
скольку данные задачи фиксируют фигуру (конус), то
прежде всего искомый сложный элемент — объем—заменяем
искомыми простыми (основными) элементами 7? и I (ради-
усом и образующей конуса), в функции от которых легко
выражаются все три элемента задачи. Считая 7? и I «дан-
ными», а д и <2 — «искомыми», составляем систему

= д

(л/?/ -ф л/?2 = <2 и т. д.

Успешное решение задачи зависит от удачного выбора
элементов 6, , от удачного варьирования искомых и дан-
ных элементов, что, как мы видели, в конечном счете
обеспечивается сознательным использованием принципа
определяемости фигуры. Для иллюстрации всего сказан-
ного рассмотрим еще несколько примеров.

1.	«Найти радиус шара, описанного около правильной
четырехугольной пирамиды, если дано боковое ребро I
пирамиды и угол а между двумя смежными боковыми гра-
нями» (черт. 7).

Так как неизвестный элемент 7? = 75 легко выражает-
ся через боковое ребро 7 и угол р между боковым ребром
и высотой, то вводим вспомогательный элемент р. Теперь
нам нужно получить два соотношения между элементами
I, а, /? и р. Получение одного соотношения обеспече-
но способом введения вспомогательного элемента р :
I

р =5/	= —{_

соз ? 2соз ?

(1)

Можно видеть, что отрезки ОР и ОС=ОВ, определяющие

угол а, легко выражаются в функции от элементов I и р
(△0В5).

Поэтому, считая I и |3 «данными» элементами, а а—«ис-
, а ОС 013	1

комым», найдем: щ — = — = —• =--------.	(2)

2 ОР ОР соз?

а

2

Исключая из (1) и (2) угол р,

получим: Р =

2.	«В шаровой сег-
мент с дугой а в осе-
вом сечении вписан шар
наибольшего диаметра.
Определить поверхность
сегмента и разность объе-
мов сегмента и шара,
если поверхность шара
равна 5».

Искомые элементы в
этой задаче являются,
очевидно, функциями
(которые могут быть
легко найдены) от эле-
ментов а и Р (радиуса и
дуги осевого сечения),
фиксирующих сегмент.
«Зная» . Р и а, можно

«найти» 5, а из полученного

при этом уравнения — радиус Р, который выполняет

роль вспомогательного элемента.

3.	«Плоский угол при вершине правильной четырех-
угольной пирамиды равен а. Высота пирамиды равна И.
Найти объем пирамиды (черт. 7).

Искомый объем легко выражается в функции от сторо-
ны основания ОС = а и высоты И. Считая элементы а

и 1г «данными», а элемент а — «искомым», находим из фик-
сированных треугольников 080 и Е8О угол а; из полу-
ченного соотношения найдем а и т. д. Можно в -качестве
вспомогательного элемента взять угол 0Е8 (или 008) и
далее поступать аналогично. В тех случаях, когда данные
элементы выражаются в функции от искомых, роль
вспомогательных элементов выполняют искомые.
§ 3.	ЗАДАЧИ, ДАННЫЕ КОТОРЫХ ОПРЕДЕЛЯЮТ ТОЛЬКО
ФОРМУ ФИГУРЫ.

Имеется многочисленная группа задач на вычисление,
в условиях которых содержатся данные, определяющие
лишь форму фигуры, о которой говорится в этих задачах.
Понятно, что данными и искомыми элементами в таких за-
дачах могут быть лишь угловые элементы. Решая такие
задачи, необходимо прежде всего иметь в виду, что если
фигура определяется т элементами, то эта фигура с точ-
ностью до подобной себе (то есть ее форма) будет опреде-
ляться т — 1 угловыми элементами \

Сознательный и целеустремленный путь решения задач
этого рода обеспечивается применением того же принци-
па. Фигуру, о которой говорится в задаче, стараются
зафиксировать при помощи введения надлежащим образом
выбранного (вообще говоря, произвольного) линейного
элемента Ь. Этот вспомогательный элемент стараются вы-
бирать так, чтобы он был возможно теснее связан с дан-
ными и искомыми угловыми элементами, чтобы в функ-
ции от этого элемента и некоторых данных или искомых
элементов (фиксирующих фигуру) можно было легко вы-
разить остальные элементы. Для треугольника часто
принимают Ь = 2Д. Функции эти относительно Ь — ну-
левого измерения, так как они являются аналитическими
изображениями угловых элементов. Следовательно, сокра-
тив в полученных формулах букву Ь, получим систему
уравнений между данными и искомыми угловыми элемен-
тами, из которых и найдем искомые элементы.

Вот примеры таких задач.

1	.«Угол при вершине в осевом сечении конуса равен а.
Определить центральный угол в развертке боковой по-
верхности конуса. Найти этот угол для разностороннего
конуса» (П. В. С т р а т и л а т о в, Сборник задач по
тригонометрии, Учпедгиз, 1957, № 455).

Введем вспомогательный элемент 7? — радиус основа-
ния конуса. Теперь по «данным» Диа находим искомый

1 Среди элементов т, определяющих фигуру, должен быть, как
правило, один линейный (метрический). Однако существуют фигуры
(например плоский угол, многогранный угол, вообще — любая фи-
гура, состоящая из одних углов), которые определяются только уг-
ловыми элементами. Из подобия таких углов всегда вытекает ра-
венство их,
угол; радиус сектора, получающегося в развертке, равен
П

—----, длина его дуги—2л/?. Отсюда искомый угол:

81П —

2

а

360° 81П - 2-/?

2

2тгД

= 360° 51п

2

Как уже упоминалось ранее, в любой задаче на вычисле-
ние искомыми элементами можем считать отрезки и углы
(вспомогательные неизвестные), через посредство кото-
рых мы ищем более сложные неизвестные элементы. В
связи с этим важно иметь в виду, что вспомогательный эле-
мент Ь целесообразнее всего брать из числа этих «вспомо-
гательных неизвестных» элементов. Так, в приведенной
выше задаче мы могли принять Ь = /? или Ь = I (обра-
зующей конуса). Иногда бывает целесообразным вклю-
чать в задачу несколько вспомогательных элементов 1.

2. «Площади нижнего и верхнего оснований усеченного
конуса и боковой поверхности его относятся, как т : п : р.
Определить угол между образующей и плоскостью нижне-
го основания» (там же, №-463).

В условии этой задачи содержатся два данных угловых
I т п \	,

элемента —и — , которыми определяется форма усе-
\ п р /

ченного конуса. Указанные в условии площади легко выра-
жаются в функции от радиусов /? и г, образующей / кону-
са и искомого угла а. Включая в задачу элементы /?, г и I,
мы получим (вместе с данными и искомым) 6 элементов
усеченной пирамиды, которые должны быть связаны 6—
—3 = 3 уравнениями. Исключив из этих уравнений ли-
нейные элементы (а они обязательно исключатся), мы по-
лучим одно уравнение с одним неизвестным а. Как можно
более увереннее получить указанные 3 уравнения (чтобы
не «растеряться» среди большого числа элементов)? При-
меняем для этого принцип определяемости.

Фиксируем конус элементами Я, г и а и находим I;

I =------ (1). Теперь для получения остальных двух урав-

СО8 а

нений нам следовало бы по элементам К, г и а «находить»

1 В числе этих вспомогательных элементов могут оказаться и
угловые (обычно основные). См. пример ниже.
элементы — и —. Однако благодаря (1), мы можем вклю-
п р

т г Я2

чить в эти уравнения также и I, что проще. - = -— = —(2);
п кг2 г2

= ^Ц.	(3)

Из (1) и (3) исключаем I: — = г С03 а ,	(4)

р —г2

тг	I Л\	ГЛ 9 ГЛ 9 П1Г2 Ч	Г2СОЗ	Ч СОЗ а

Из (2) и (4) исключаем/?2: /?2^= —, —=--------=-------

п р тг2 _ 2 т—п ’

п

„	п(т—п)	т—п

Отсюда соз а = —------ --------

пр	р

Если в условии задачи содержится указание о равенст-
ве отрезков, площадей, объемов, углов, о перпендикуляр-
ности или параллельности прямых и плоскостей и т. д.,
то такие указания мы, разумеется, обязаны считать данны-
ми угловыми элементами.

В самом деле, равенство объемов есть задание углового
элемента: — = 1 (он равен 1); равенство углов или парал-
^2

лельность прямых (плоскостей) есть задание угла а —
— Р = 0 между этими прямыми (плоскостями) и т. д.

Задачи с такими «замаскированными» данными угловы-
ми элементами интересны тем, что в их условиях часто не
содержатся числовые данные, и у многих учащихся создает-
ся мнение, что в этих задачах «ничего не дано». Такое мне-
ние возникает у этих учащихся в том случае, если они еще
недостаточно усвоили принцип определяемости фигуры.

Заметим, что «замаскированными» могут оказаться так-
же линейные (метрические) элементы. Например, в задаче
без числовых данных: «Площадь квадрата (в квадратных
сантиметрах) и его периметр (в сантиметрах) выражаются
одним н тем же числом. Найти сторону квадрата» содер-
жится в «замаскированном» виде данный метрический
элемент, а именно а2 — 4а = 0 (он равен нулю), где а —
сторона квадрата. Этот метрический элемент выступает
здесь в форме неоднородного относительно а многочлена.

Задачи без числовых данных, в которых данные угло-
вые элементы определяют лишь форму фигуры (большинст-
во геометрических задач без числовых данных относится
к этому типу), решаются так, как указано выше. Рассмот-
рим пример.

«Поверхность шара, вписанного в прямой круговой
конус, равна площади основания этого конуса. Найти
угол при вершине осевого сечения конуса».

Форма конуса определяется одним угловым элементом,
который нам и задан в виде равенства между поверхностью
шара и поверхностью основания конуса (или в виде отно-
шения этих поверхностей, которое равно 1). Здесь выгод-
но, очевидно, ввести в рассмотрение удобно связывающие-
ся друг с другом (а также с искомым и данным элементами)
величины: 2а—угол при основании осевого сечения, г —
радиус шара, 2? — радиус основания конуса. Зафиксиро-
вать конус можно с помощью любых двух элементов из
числа этих трех. Возьмем в качестве фиксирующих эле-
ментов, например, г и 2а. «Найдем» данный элемент (в виде
равенства или отношения): 4лг2 = лг2с1§2а, откуда с!§а =
= 2, ит. д.

Составление задач без числовых данных не представ-
ляет особых трудностей. Зная, например, что форма пра-
вильной четырехугольной пирамиды определяется одним
(угловым) элементом, можно, скажем, потребовать, чтобы
в этой пирамиде плоский угол при вершине равнялся ли-
нейному углу двугранного угла при основании, или чтобы
апофема пирамиды равнялась стороне основания, или чтобы
площадь диагонального сечения равнялась площади осно-
вания, или чтобы центры вписанного и описанного шаров
совпадали, и т. д. В качестве искомых элементов соответст-
вующих задач можно, разумеется, взять любые угловые
элементы пирамиды.

Возьмем фигуру, состоящую из двух треугольников.
Если эти треугольники имеют какой-либо общий элемент,
то форма указанной фигуры будет определяться, как 2 -3—
—1, то есть 5-ю угловыми элементами.

Можно потребовать, чтобы два неравных треугольника
имели по две равные стороны, по две равные медианы и по
одному равному углу (5 элементов), и получить соответст-
вующую задачу: «Два неравных треугольника имеют по
две равные стороны, по две равные медианы и по одному
равному углу. Найти углы этих треугольников и отноше-
ние их площадей» (см. раздел V настоящего сборника,
№ 29).
§ 4.	ЗАДАЧИ, ДАННЫЕ КОТОРЫХ НЕ ОПРЕДЕЛЯЮТ ФОРМЫ
ФИГУРЫ.

Имеется категория задач на вычисление, в условиях
которых содержатся данные, не опр-’т^ляющие соответст-
вующие фигуры и даже их форму (в число этих данных мо-
гут входить и метрические элементы). Очевидно, иско?чые
элементы в этих задачах должны быть связаны с данными
элементами некоторыми соотношениями (уравнениями), ко-
торые и требуется найти. Задачи этого рода наиболее труд-
ны для учащихся, ибо пути поисков их решения, если не
пользоваться принципом определяемости, проходят обыч-
но непоследовательно, нецелеустремленно, «вслепую».
Принцип вносит полную ясность в решение и этих задач.

Пусть фигура, о которой идет речь в задаче, опреде-
ляется т элементами, а число данных независимых элемен-
тов равно п (п < т). Тогда фиксируем фигуру введением
т — п1 вспомогательных элементов. Затем по «данным»
п + (т — п) = т элементам (в число которых могут вхо-
дить и искомые элементы) находим, пользуясь описанны-
ми выше приемами, остальные элементы (в число их могут
входить и данные элементы). Исключая из полученных
уравнений все вспомогательные элементы, получим систе-
му уравнений между данными и искомыми элементами, из
которой и найдем последние. Очевидно, что если искомые
элементы х,- действительно являются функциями лишь дан-
ных п элементов, то вспомогательные элементы обязатель-
но «исключаются», то есть обязательно исчезают в оконча-
тельных формулах для х,-.

Если вспомогательные элементы в . окончательных фор-
мулах для х; не исчезают (не сокращаются, не уничто-
жаются), то это — верный признак того, что данные эле-
менты не связаны с искомыми какими-либо соотношения-
ми. В этом случае задача становится неопределенной,
то есть имеет бесчисленное множество решений.

1.	«Круговой сегмент, имеющий хорду а, вращается
около диаметра, параллельного хорде. Определить объем
тела вращения». Элемент а не фиксирует фигуру (сегмент
или тело вращения). Вводя вспомогательный элемент —

1 Иногда бывает выгодным вводить и большее число вспомога-
тельных элементов, что связано с составлением большего числа урав-
нений.,
дугу сегмента а, полностью фиксируем эту фигуру и ре-
шаем задачу о нахождении объема тела вращения по дан-
ным элементам а и а. Получаем окончательный результат
г„з	о

V = -—, свидетельствующий о том, что искомый объем
6

действительно не зависит от а.

2.	«Основание прямой призмы — треугольник, два уг-
ла которого равны а и р. Объем призмы равен V. Опре-
делить объем описанного около призмы цилиндра»
(А. И. X у д о б и н и Н. И. X у д о б и н, Сборник
задач по тригонометрии, Учпедгиз, 1955, № 1893.).

Указанная призма определяется, очевидно, четырьмя
элементами, а в условии задачи содержится лишь 3 эле-
мента: а, р и V. Введем в задачу элементы — радиус
описанной около треугольника (основания призмы) ок-
ружности и Н — высоту призмы. Зафиксируем призму
элементами /?, И, а, р. Тогда между этими элементами и
элементами V и V (V1 — объем цилиндра) должны суще-
ствовать два соотношения, исключив из которых вспомо-
гательные элементы Я и Н (а они должны исключиться),
получим уравнение, которое и решим относительно V.

Находим V и V' по данным а, р, К и Н-.

У'= л/?2Я, V = -гЯзша-гЯзтР зш (а + Р)Я=

= 2/?2Язша зшр зш (а + Р).

Теперь имеем:
у =-------------------------:.

2з1П а 31П [з 81П (а-Н1)

Обратимся к вопросу о составлении задач рассматриваемо-
го типа. Эти задачи очень легко и удобно составляются с
помощью задач рассмотренных ранее типов (данные эле-
менты которых определяют фигуру или ее форму). Если
элементы аг, а2, а3,..., ат определяют фигуру, то некото-
рый искомый элемент х,- является функцией от элементов
а, : х1 = [ (аь а2, а3,...,ат).

Во-первых, может оказаться, что некоторые элементы а.
не входят в эту функцию: тогда можем составить задачу
о нахождении элемента х1 по элементам а. (которые вошли
в функцию).

Во-вторых, если все элементы а. вошли в указанную функ-
цию, то всегда, очевидно, можно выражение /(аъ а2,
ат) представить в виде суммы пли произведения некоторого
числа п(п < т) других выражений-:
I (аъ а2, а3,...,ат) =	) + ^Ц)+ ... +А> (а,) =

= Р,(а{ )Р2(а1>...Рп (а^

(индекс I принимает значения из чисел 1, 2, 3,..,, т).
В таком случае мы можем составить задачу о нахождении
элемента х. по данным п элементам (п < т) или Р}-
(/ — 1, 2, 3,... , п). Рассмотрим несколько примеров.

1)	Первую из рассмотренных выше задач можно легко
получить, решая задачу: «Круговой сегмент, имеющий
хорду а и дугу а, вращается около диаметра, параллельно-
го хорде. Определить объем тела вращения».

2)	Вторую из этих задач можно получить из задачи:
«В основании прямой призмы — треугольник, два угла
которого равны а и (3, а радиус описанной окружности 7?.
Высота призмы равна И. Найти объем призмы и описан-
ного около нее цилиндра».

3)	Рассматривая ответ к задаче 2 предыдущего парагра-
фа (соз а = ——-), можем составить задачу: «Определить
\	Р /

угол между образующей и плоскостью нижнего основания
усеченного конуса, если отношение разности площадей
оснований к его боковой поверхности равно й».

Или такую задачу: «Определить угол между образую-
щей и плоскостью нижнего основания усеченного конуса,
если боковая поверхность его равна 5, а разность площа-
дей оснований равна ф> (предпочтительнее первая из этих
задач, так как она содержит лишь один данный эле-
мент).

3.	«Основанием пирамиды служит прямоугольный тре-
угольник, катеты которого а и Ь. Определить боковую
поверхность пирамиды, если все ее боковые грани накло-
нены к плоскости основания под углом а» (А. И. Ху-
до б и н, Н. И. X у д о б и н, Сборник задач по триго-
нометрии, Учпедгиз, 1955, № 1766).

Обращаясь к ответу, находим: а6 - . Но — = 5 —
2соз я	2

площадь основания пирамиды. Отсюда получаем задачу,
в которой вместо трех элементов а, Ь и а, определяющих
указанную пирамиду, будем иметь лишь два элемента 5
и а1, которые не определяют пирамиду (но определяют
искомый элемент).

1 Результаты задач 3) и 3 вытекают из теоремы о площади
проекции (на плоскость).
4.	«Основанием прямого параллелепипеда служит парал-
лелограмм с тупым углом а и сторонами а и Ь. Меньшая
диагональ параллелепипеда равна большей диагонали ос-
нования. Определить объем параллелепипеда» (Т а м же,
№ 1673).

Ответ к этой задаче таков:

V = 2аЬ зт а}/— аЬ соз а, где 90° < а < 180°.

Замечая, что аЬ зт а = 5 — площадь параллелограмма —
основания параллелепипеда, получим:

аЬ соза = 5 с!§а и V = 25)/ — 5 с!§а.

Таков ответ к аналогичной задаче, в которой вместо эле-
ментов ах Ь и а фигурируют элементы 5 и а.

§ 5. ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.

Покажем, что принцип определяемости фигуры может
быть успешно применен к целенаправленному и плано-
мерному решению таких геометрических задач на доказа-
тельство, в которых требуется доказать наличие каких-
либо соотношений (уравнений) между элементами фигуры.

Рассмотрим более общую постановку вопроса. Пусть
требуется найти все независимые между собой соотношения
между элементами Ь1 (/ = 1, 2, 3,..., п) фигуры. Выберем
т независимых элементов а,-, определяющих фигуру. В
число этих элементов может входить и некоторое число р
элементов, взятых из элементов Ь1 (возможно, р2 = т).
Тогда, пользуясь описанными ранее приемами, можно
найти остальные п — р элементов (в функции от вы-
бранных элементов а,). В результате получим п — р урав-
нений между п + т — р элементами. Ясно, что вспомо-
гательные т — р элементов а,- должны быть исключены
из этих уравнений 1 (они обязательно все исключаются,
если элементы Ь1 зависимы). В результате останутся у
нас уравнения (или одно уравнение) между элементами
У, то есть все существующие между этими элементами не-
зависимые соотношения.

Перейдем к примерам.

1 В результате исключения этих элементов общее число урав-
нений может и не изменяться (вспомогательные элементы «сами»
исключаются, как в приведенном ниже примере).
1.	Рассмотрим задачу 1 предыдущего параграфа в та-
кой форме: «Круговой сегмент, имеющий хорду а, вращает-
ся около диаметра, параллельного хорде. Доказать, что
объем тела вращения равен—» (или: «Найти соотношение

Ь

между объемом V тела вращения и хордой а» или еще так:
«Доказать, что тело вращения равновелико шару, имеюще-
му своим диаметром хорду а»).

Вводим элемент а. Элементы а и а фиксируют фигуру.
Соотношение, полученное в результате4 нахождения эле-
мента V по данным элементам а и а, является согласно
принципу определяемости фигуры единственным соотно-
шением между элементами а, а и V. В этом соотношении
вспомогательный элемент а «сам» исключается, и мы полу-
чаем требуемое соотношение.

2.	Докажем для треугольника известное соотношение:
452? = аЬс.

Любые из входящих в эту формулу трех элементов фик-
сируют треугольник, однако остальные элементы в функ-
ции от трех избранных выражаются сложно. Поэтому вве-
дем еще один элемент — угол у между сторонами а и Ь.
Между шестью элементами а, Ь, с, 5,/? и у существуют
3 соотношения, из которых нам нужно найти только одно.

Имеем: 1) 5 = — аЬ зш у, 2) Л? = —-— , 452? = 4 X
2	2 зшу

X—аЬ зш у —-— = аЬс (третье соотношение с2=а2 + Ь2~
2	’ 2зт у

— 2аЬ соа 7 оказывается для нашей цели лишним).

Можно показать, что принцип определяемости фи-
гуры может быть успешно применен к решению многих
других видов задач на доказательство, связанных с мет-
рическими свойствами фигур. Рассмотрим, например,
такие две задачи.

1.	«Доказать, что геометрическое место точек, из ко-
торых можно провести к шаровой поверхности три взаимно
перпендикулярные касательные, есть шаровая поверхность,
концентрическая данной» (черт. 8).

По смыслу задачи расстояние 08 какой-либо точки ука-
занного геометрического места точек должно равняться
постоянной величине (для данного шара). Но оно так и
есть: касательные 5Л, 8В, 8С не только взаимно перпенди-
кулярны, но и, очевидно, равны. Поэтому правильная пи-
рамида 8АВС фиксирована (два ее элемента ОС = 7? и
^А8С = 90° известны). Следовательно, отрезок 08 имеет
определенную длину, которую мы можем выразить через Д

2.	«В трапеции, описанной около окружности, прямая,
соединяющая точки касания оснований, и прямая, сое-
диняющая точки касания боковых сторон, проходят
через точку пересечения диагоналей. Доказать».

Черт. 8.

Черт. 9.

Зафиксируем соответствующий чертеж 9 элементами:
ОМ = ОР = ОМ = ОЕ = г, ^МОР = а, ЛЮЕ = р.

Пусть указанные в условии задачи прямые Л'1М и РЕ пе-
ресекаются в точке К. Докажем, что диагональ АС про-
ходит через точку К. Для этого соединим точку К с вер-
шинами Л и С и докажем, что ^- АКМ = ^СК$ • Оче-

АМ	тл

видно, достаточно показать, что - —- = Из чертежа

имеем:

^Р0К==Ш’—а,^0РК = а~~, Л)КР = —^АОМ =

Из Р\ОКР по теореме синусов легко находим:

8Ш -----

2
ОМ = Г ----------—.

.

5111 2

4 Д. С. Людмилов

49
Отсюда

а—3	а |3

81П --2г 81П— СОЗ ~

МК = ОМ + ОД = г -ь Г---------2- =------?----2

®+3	7+3

31П -- 8Ш ----------

2	2

ДД=ОД — ОК = г — г

а—3

51П ---

2

О • ₽	“

2г 51П— СОЗ—

2	2

а—|—3

81П	2

а 3	а

„	31П — СОЗ —	12 —

ЛП< __	2	2 __	2

3 а	(3

®"17СО57	ц,-

Из треугольников

СМ=г1§^. Отсюда

АОМ и СОМ имеем: АМ = Не—,
2

а

лм 1§ 7

— = ------, что и требовалось до-

СМ 3	н

18 7

казать. Аналогично можно доказать, что диагональ ВО
также проходит через Д. Можно было бы обозначить точку
пересечения прямых ММ и АС через К' и затем путем ана-
логичных вычислений доказать, что ОД = ОК' (легко
показать, что отрезки ОД и ОД' одинаково направлены).

Задачи на доказательство наличия соотношений между
элементами фигуры составляются без особого труда — тем
же способом, что и задачи, данные которых не определяют
форму фигуры.

Относительно решения этих задач следует иметь в виду,
что хотя указанный прием и является планомерным и пос-
ледовательным, однако он в некоторых случаях не являет-
ся простейшим. Иногда искусственные приемы (приобре-
таемые в результате достаточного развития навыков пла-
номерного решения задач) быстрее и проще приводят к
искомому результату. Вот пример: «Доказать для тетра-
эдра соотношение 5г=ЗУ», где 3 — поверхность тетраэдра,
г — радиус вписанного шара, V — объем. Сказанное ка-
сается, очевидно, также и некоторых задач, данные ко-
торых не определяют форму фигуры. Для примера исполь-
зуем предыдущую задачу, сформулировав ее следующим
обр .зом: «Дан объем тетраэдра V и его поверхность 5.
Ьаити радиус г вписанного шара».

§ 6. ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ.

Принцип определяемости фигуры теснейшим образом
связан с геометрическими задачами на построение и может
быть успешно применен для составления и решения очень
многих из этих задач, изучаемых в средней школе.

Мы использовали ранее эту связь для того, чтобы при
помощи «воображаемых» геометрических построений оп-
ределить число элементов, которыми определяется фигура.

Конечным результатом решения всякой геометричес-
кой задачи на построение является построение какой-ни-
будь в той или иной глере сложной фигуры, состоящей из
более простых фигур — треугольников, окружностей, тра-
пеций и т. д. Если мы, анализируя задачу (предполагая
ее решенной, фигуру — построенной), замечаем, что все
т элементов, фиксирующие фигуру, нам заданы (или их
легко построить), то можно пытаться: 1) строить фигуру
по ее т элементам, если это непосредственно возможно;
2) строить отдельные фиксированные составные части фи-
гуры— треугольники, окружности и др., а затем и
всю фигуру (построение по частям).

Однако эти попытки, если не пользоваться алгебраи-
ческим методом, окажутся безуспешными в тех случаях,
когда элементы, фиксирующие фигуру (или ее составные
части), не являются во всей своей совокупности основными.
Непосредственное построение фигур по этим элементам
оказывается поэтому затруднительным. В этих случаях
можно пытаться построение какой-либо простой фигуры
(по неосновным элементам) сводить к построению более
простой (или такой же) фигуры — по основным элементам.
Эта последняя попытка всегда приведет к успеху, если
применять алгебру1. Но и без алгебры во многих случаях

1 Построение какой-либо фигуры (например, треугольника) по
данным ее неосновным элементам сводится к нахождению основных
элементов, позволяющих легко выполнить построение. Последняя же
задача принципиально всегда разрешима (см. разд. VI, § 2).
(при решении не очень сложных задач, какие обычно рас-
сматриваются в средней школе) можно без особого труда
получить цепь фиксированных (с помощью основных эле-
ментов) треугольников и других простейших фигур. Пояс-
ним сказанное примерами.

1.	«Провести секущую к двум данным окружностям
так, чтобы части секущей, заключенные внутри окружно-
стей, равнялись соответственно данным отрезкам а и а/'»,
(А. П. Киселе в, Геометрия, ч. 1, § 135.)

Из чертежа 10 видим, что треугольники ОАВ и О±А—
фиксированные, следовательно, можно построить их вы-
соты ОЕ и Тогда становится фиксированной пря-
моугольная трапеция ОЕЕ^ (известны стороны ОЕ,
О/Е! и 001), а значит, и вся фигура чертежа 10.

2.	«Построить треугольник по основанию, углу при
вершине и сумме (или разности) двух других сторон»
(черт. 11).

Пусть Л АВС,в котором основание АС, угол В и сумма
(разность) сторон ВС и АВ известны, построен. Отложив
на продолжении стороны АВ отрезок ВО = ВС, получим
фиксированный треугольник

АОС (^О = ~^В, АО — АВ + ВС).

Аналогично поступаем, если дана разность сторон АВ
и ВС. Дальнейшее ясно. Понятно, что при помощи извест-
ных методов построений (метода геометрических мест,
симметрии, вращения, инверсии и пр.) мы во многих слу-
чаях получаем более простые решения задач на. поетрое
ние, чем при помощи отыскания и построения цепи фикси-
рованных (своими основными элементами) простых фигур.
Кроме того, при решении многих сложных задач отыска-
ние этой цепи оказывается, довольно затруднительным.
Так, например, задача «Построить треугольник по элемен-
там а,И а и ^Л» решается очень просто с помощью гео-
метрических мест. При попытке решить эту задачу при по-
мощи построения цепи фиксированных своими основными
элементами простых фигур встречаемся с затруднениями:
приходится искусственно вводить в чертеж центр описан-
ной окружности.

Однако указанный способ обладает очень важными
преимуществами, облегчающими решение задач на вы-
числение. Рассмотрим эти преимущества.

1.	Практика может потребовать не только построить
ту или иную фигуру по некоторым данным элементам (ус-
ловиям), но и найти (вычислить) некоторые из элементов.
Построение фигуры с помощью цепи фиксированных прос-
тых фигур есть такое построение, ход которого естествен-
но, показывает, как шаг за шагом наиболее просто вычи-
слить любой неизвестный элемент фигуры (с помощью ре-
шения треугольников по основным элементам) Этим об-
стоятельством выгодно пользоваться при решении сложных
задач (см., например, задачи 42 и 64 ра^д. V настоящего
сборника). Ход построения фигуры к задаче, анализ этой
фигуры и ее составных частей с точки зрения определяе-
мое™ содействуют отысканию наиболее простого пути
решения задачи. Рассмотрим задачу:

«На плоскости данного угла найти точку, расстояния
которой от сторон угла равны тип. Вычислить расстоя-
ние от этой точки до вершины угла» (черт. 4, стр. 34). Само
построение выполняется с помощью геометрических мест
довольно просто. Однако это построение не указывает
нам пути отыскания искомого расстояния ОС. Если же
мысленно выполнить построение с помощью фиксированных
треугольников ВСО, ОО А, О АС и ОВС, то последователь-
ное решение этих треугольников укажет наиболее простой
путь отыскания любого элемента фигуры, изображенной
на чертеже 4. Это же самое мы можем сказать о чертежах
10 и 11.

Таким образом, с теми затруднениями, которые воз-
никают при отыскании фиксированных фигур, приходится
иногда мириться. Замечательно то, что эти затруднения
почти всегда могут быть легко преодолены, если выполнить
построение каким-либо иным способом (желательно наи-
более простым). Тогда обычно легко обнаруживается ис-
комая цепь фиксированных простых фигур. Отсюда сле-
дует, что геометрические построения являются важным
средством решения задач на вычисление и других задач.
Например, решив предыдущую задачу с помощью гео-
метрических мест, обнаруживаем решение ее с помощью
фиксированных треугольников.

При решении с помощью метода геометрических мест
задачи о построении треугольника по данным элементам
а, Иа и центр описанной окружности, необходимой
для обнаружения цепи фиксированных треугольников, появ-
ляется естественным образом. Приведем еще пример: «Най-
ти высоту трапеции по данным ее основаниям и диагона-
лям». Строим трапецию по ее основаниям и диагоналям
(путем параллельного переноса одной из диагоналей). По-
лучающаяся при этом фигура включает в себя цепь фик-
сированных треугольников, из которых можно найти крат-
чайшим путем любой элемент трапеции. Можно привести
множество других примеров.

2.	Само «начало» решения задачи с помощью фиксации1,
заключающееся в нахождении числа т элементов, которы-
ми определяются искомая фигура и отдельные ее состав-
ные части, является анализом условия задачи с точ-
ки зрения ее определяемости. Этот анализ имеет для
задач на построение такое же значение, как и для задач на
вычисление. Так что, каким бы методом мы ни решали за-
дачу, анализировать ее условие с точки зрения опреде-
ляёмости очень важно. Кроме того, анализ задачи с точки
зрения ее определяемости является ключом к составлению
задач (см. разд. IV).

Рассмотрим простой пример. Пусть на плоскости за-
даны два круга, и мы заинтересовались вопросом о по-
строении третьего круга, касательного одновременно к
двум первым. Можно ли составить задачу2: «На плоскости
заданы 2 круга. Построить третий круг, касательный од-
новременно двум первым». Анализируя соответствующий
чертеж, легко находим, что для его фиксации не хватает
одного элемента (например, радиуса искомой окружности,
задания одной из точек касания и пр.).

После этого мы можем правильно составить задачу.
Отметим еще, что при решении задач методом подобия,

1 То есть с помощью построения непи фиксированных фигур,

2 В том смысле, чтобы она имела конечное число решений.
важно умение производить анализ фигуры (и ее составных
частей) с точки зрения определяемости их формы.

Как уже отмечалось выше, алгебраический метод реше-
ния задач на построение является универсальным, хотя
и не всегда наиболее простым и геометрически наглядным.
Эта универсальность усиливается тем, что мы к этому
методу можем в полной мере применять принцип опреде-
ляемости фигуры: алгебраический метод геометрических
построений включает в себя как основную составную часть
решение задач на вычисление, а здесь, как мы видели ра-
нее, принцип определяемости вступает в свои полные пра-
ва. Нередки случаи, когда решающий задачу на построе-
ние, будучи не в силах отыскать чисто геометрическое
решение (ибо пути этих поисков не всегда достаточно изве-
даны, целеустремленны, и к ним удается приходить искус-
ственно, без плана), применяет алгебру, и здесь находит
поддержку, успокаивается (ведь задачу он все же решил)1- 2

Мало того, ход построения найденных формул часто
наводит на хорошую дорогу чисто геометрического реше-
ния задачи. Следует также отметить, что существует об-
ширная группа геометрических задач на построение, ре-
шать которые целесообразнее, алгебраическим методом.

Постановка задачи может быть такой, что о чисто гео-
метрическом решении не может быть и речи2. Все задачи на
построение могут быть решены алгебраическим (аналити-
ческим) способом (задачи на нахождение геометрических
мест точек могут также решаться методом алгебры — при
помощи аналитической геометрии), но не всякая задача,
решаемая алгебраическим способом, может быть решена
чисто геометрически.

Таким образом, алгебраический (аналитический) метод
решения геометрических задач, решительную поддержку
которому оказывает принцип определяемости фигуры,
Должен ввиду его универсальности, а также ввиду того

1 Мы настоятельно отсылаем читателя по этому поводу к заклю-
чительной части предисловия И. И. Александрова, к 16-му изданию
его классического труда «Сборник геометрических задач иа построе-
ние» (Учпедгиз, 1954).

2 Там же, Отдел третий.
что он в большинстве случаев дает возможность составить
определенный план решения задачи, считаться основным
методом1.

Принцип определяемости фигуры оказывает значи-

тельную помощь также и при решении так называемых «мет-
рических» задач на построение (из области стереометрии).

Черт. 12.

Возьмем пример такой зада-
чи: «Дано изображение (в
параллельной проекции) пра-
вильной треугольной пирами-
ды, у которой сторона основа-
ния равна ее высоте. Постро-
ить в этой пирамиде изобра-
жение высоты, опущенной из
вершины основания на проти-
воположную грань» (черт. 12).

Искомая высота СН (черт.
12) не может занимать в пи-
рамиде произвольное положе-
ние: поскольку форма пира-
миды нам задана, то высота

должна делить апофему 50 в
определенном отношении, которое сохраняется (инвариант-
но) при параллельном проектировании. Задача, очевидно,
сводится к определению этого отношения. Пусть АВ =
50 = а (вспомогательный элемент). Из чертежа имеем:

ВС а^~ 3 в в —	3 5 О — а^~ 39 в В =	39

2 ’	6 ’	6 ’	26 ’

5аУ39 зн ю

~ 39 ’ ОН = Т'

При составлении и решении метрических 2 задач важно ус-

1 Мы имеем в виду общий характер алгебраического метода и
нисколько не преуменыгаем значения геометрических методов реше-
ния задач, в частности для средней школы.

2 «Метрическими» эти задачи назвали по той причине, что реше-
ние их связано с числами, вычислениями. Однако название это не-
удачно, поскольку числа эти абстрактны и являются характеристи-
ками лишь формы фигуры. Ничего «линейного» или «метрического»

в этих задачах нет.
воить следующее положение, вытекающее из принципа оп-
ределяемости: всякая метрическая задача на построение
имеет конечное число г>0 решений, если известная форма
фигуры, над которой выполняется построение, и вид проек-
ции, в которой эта фигура изображается. Это условие яв-
ляется достаточным, но не всегда необходимым.

VII. НЕШАБЛОННЫЕ ЗАДАЧИ.

ЗАДАЧИ БЕЗ ЧИСЛОВЫХ ДАННЫХ.

Известно, какие исключительные трудности испыты-
вают учащиеся при решении различных нешаблонных за-
дач, в особенности так называемых задач без числовых дан-
ных, о которых уже упоминалось ранее. Это объясняется
тем, что здесь не могут выручить какие-либо шаблоны или
случайности, а необходима сознательная, планомерная и
целеустремленная работа, обеспечиваемая главным обра-
зом применением принципа определяемости.

Поэтому нешаблонные задачи являются надежным «ба-
рометром» для проверки осмысленности знаний учащегося.
Но, разумеется, не в этом главная ценность этих задач.

Основная цель учителя — дать эти осмысленные зна-
ния. Одним из важных средств для достижения этой цели
является, как это мы показали выше, принцип определяе-
мости фигуры и проникновение его в преподавание гео-
метрии. Практика показывает, что решение различ-
ных нешаблонных геометрических задач, в особенности
задач без числовых данных, является замечательным сред-
ством для усвоения принципа определяемости фигуры и
его практического применения, а следовательно, для уг-
лубления математических знаний. Такова природа этих
задач.

Для решения даже простейших из них, требующих при-
менения начальных сведений из курса элементарной ма-
тематики, необходим только сознательный, осмысленный
подход. Среди прочих нешаблонных задач важное значе-
ние с точки зрения принципа определяемости имеют так-
же задачи с излишним числом-данных элементов, а особен-
но — задачи с недостаточным (для определяемости задачи)
числом данных элементов; иначе: неопределенные задачи.
Последние содействуют внедрению идеи функциональной
зависимости в геометрические образы, в частности в геомет-
рические места точек.
Неопределенные геометрические задачи позволяют ана-
литическим путем находить область допустимых значений
элементов (параметров), определяющих фигуру, позволя-

ют находить экстремальные значения отдельных элементов
(при фиксированных прочих элементах), находить условия
существования (определяемости) фигуры, заданной своими
п(п < т) элементами, (см., например задачу 98 разд. V сбор-

ника) и выполнять ряд других исследований1.

Рассмотрим такой простой пример. Пусть требуется
определить площадь 5 прямоугольного треугольника по
данной гипотенузе с. Введя острый угол а, зафиксируем
треугольник и найдем: 5 = — с2зт 2а.

Рассматривая 5 как функцию от а, легко находим;

1) 5<— с2, 2 }/5 < с (условие, при котором элементы 5 и с
4

определяют прямоугольный треугольник); 2) 2^5 = с,
а = 45° (условие максимума 5 при постоянном с или ми-
нимума с при постоянном 5).

VIII. ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Из всего сказанного следует, что принцип определяемости
фигуры (задачи) является хорошим средством для состав-
ления и научно последовательного решения2геометрических
задач, для установления внутренней связи между элемен-
тами фигуры, между задачами различных типов и пр.

Поэтому первоочередной задачей учителя математики
является настойчивая и систематическая работа по усвое-
нию этого принципа и способов его применения к состав-
лению и решению задач.

Пренебрежение этим принципом при обучении состав-
лению и решению геометрических задач недопустимо. Мы
глубоко убеждены в том, что такое пренебрежение и есть
одна из причин неуспеваемости по геометрии, одна из при-
чин тех трудностей, которые испытывает учащийся при ре-

1 Неопределенные задачи могут быть использованы как средство
аналитического исследования геометрических фигур. Этот вопрос
ждет своей научно-методическсй рвраэотки.

2 Если как< й нибудь автор сосавил задачу или изложил реше-
ние задачи последовательно, правильно, ничего не упомянув о
58
шении задач. Это подтверждается хотя бы такими типичны-
ми ошибками слабо успевающих по математике учащихся.

1) Учащийся упорно решает задачу (добиваясь опреде-
ленного числового результата), в условии которой недоста-
точно данных величин или этих величин излишнее коли-
чество, что свидетельствует о полной бессознательности его
работы; 2) учащийся «решил» задачу, получив результат,
зависящий не от всех данных этой задачи, и это обстоятель-
ство его мало беспокоит; 3) учащийся правильно решил за-
дачу (по шаблону или случайно), но не в состоянии проана-
лизировать свое ращение, осмыслить его, в конце концов —
понять; достаточно внести малейшее изменение в условие
задачи, и учащийся оказывается в «неопределимом» за-
труднении, будучи не в состоянии использовать уже получен-
ный им ранее результат; 4) учащийся для решения зада-
чи пытается составить уравнение. При этом у него почему-
то все время вместо уравнения получается тождество.
Почему? Потому, что он не различает независимые и зави-
симые элементы, не фиксирует фигуру и ее составные части
(числом элементов т), то есть, не пользуясь «компасом»,
теряет цель и перспективу, идет «вслепую».

Из сказанного о значении принципа определяемости
фигуры для изучения геометрии, в частности для составле-
ния и решения задач, следует, что этот принцип имеет
прямое отношение к делу политехнизации обучения мате-
матике.

Достаточно заметить, что если нужно найти площадь
или объем фигуры, заданной в виде модели или в натураль-
ную величину, то учащийся легко определяет, какие имен-
но элементы и сколько ему необходимо измерить.

В жизни чаще всего числовые данные к возникающей
практической задаче приходится выбирать самому. Необ-
ходимо знать: как правильно сформулировать задачу (сос-
тавление задачи), какие данные и сколько нужно взять для
прин иле определяемости, то берем на себя смелость утверж^ат^
что автор этот все же интуитивно воспользовался принди юм о;р?’'е
ляемосги. Понятно, что, ког:а учащийся пр юбрел достаточные нь
вычи анализа задачи с тачки зрения ее определяемое и, он может в
дальнейшем обходигься без него. Решение задачи, основание на
использовании и ;еи определяемости, может и не соде жато упоми-
нания о фиксированных фигурах, о независимых элементах и прочих
понятиях принципа определяемости.
ее решения, причем возможны обстоятельства, ограничи-
вающие этот выбор.

Большинство практических задач по геометрии сводит-
ся к решению в той или иной мере сложной фигуры, и мы
видели, какую помощь оказывает в этом деле принцип оп-
ределяемости. Но умение применять математику на прак-
тике заключается не только в правильном решении гото-
вых (составленных) практических задач. Умение это зак-
лючается также в правильном составлении практической
задачи, возникающей перед рабочим той или иной специаль-
ности. А правильно сформулировать задачу помогает прин-
цип определяемости.

Если, например, у нас имеется деталь, объем которой
нужно вычислить, то, естественно, необходимы следую-
щие шаги: 1) установить, из каких известных геометри-
ческих фигур состоит эта деталь; 2) установить число т
для каждой из этих фигур, а затем и для детали, 3) устано-
вить, какие именно элементы выбрать (в зависимости от
вида имеющихся измерительных инструментов) для того,
чтобы задачу решить возможно проще: эти элементы долж-
ны возможно проще решать соответствующие простые фи-
гуры— треугольники, секторы и пр., для этого некоторые
из них должны быть общими для двух или более простых
фигур; 4) четко сформулировать (составить) соответствую-
щую задачу; 5) решить эту задачу1.

Очень много важных практических задач по геометрии
относятся к так называемым задачам на максимум и ми-
нимум.

Известно, что для отыскания максимума или минимума
какого-либо элемента фигуры необходимо прежде всего
выразить этот элемент в функции иных элементов, то есть
приходится решать задачу на вычисление.

В большинстве случаев условие задачи на максимум или
минимум дает т — 1 элементов (не фиксирующих фигуру).
Следовательно, элемент, экстремум которого ищется, дол-
жен быть представлен в функции от этих т—1 элементов

1 Интересно отметить, «то на практике иногда (в тех случаях,
когда получается более удобная для вычислений формула) измеряют
большее количество п элементов фигуры, нежели то количество т
элементов, которыми определяется фигура или задача (п >т). По-
нятно, что те соотношения которые существуют между п элемента-
ми, входящими в формулу, будут, естественно, выполняться.
и еще одного (вспомогательного) элемента, выступающего
в роли аргумента этой функции. Ясно, что нужно стремить-
ся этот вспомогательный элемент, фиксирующий вместе с
данными элементами фигуру, выбрать так, чтобы получить
по возможности более простую функцию.

Вся эта важная предварительная работа по решению за-
дач на максимум и минимум может быть успешно и быстро
выполнена только в результате применения принципа оп-
ределяемости. Принцип определяемости приводит в пол-
ный порядок все наши действия и рассуждения при реше-
нии любой геометрической задачи. Он незримо участвует
при решении задач. Мы часто пользуемся им мысленно или
интуитивно и сами не замечаем этого.
Часть П

ЗАДАЧИ БЕЗ ЧИСЛОВЫХ ДАННЫХ.

I.	АРИФМЕТИКА.

Г. К трехзначному числу приписали такое же число и
полученное шестизначное число разделили на то самое трех-
значное число. Сколько получилось?

2.	Найти наибольшее число последовательных натураль-
ных чисел, на каждое из которых делится трехзначное чис-
ло. Найти это трехзначное число.

3.	Произведение двух двузначных чисел равно числу,
состоящему из одинаковых цифр. Сколько существует пар
двузначных чисел, удовлетворяющих этому условию?

Решение. Очевидно, произведение не может быть
числом двузначным. Если бы оно было четырехзначным,
то оно Д'лилось бы на простое число 101 (1111 = 11-101),
что невозможно. Значит, произведение может быть лишь
трехзначным числом. Числа 111 = 3-37, 222 = 6-37,
333 = 9-37, очевидно, должны быть исключены из рас-
смотрения. Остальные трехзначные числа дают 7 пар иско-
мых чисел, причем число 888 = 8 • 3 • 37 = 24  37 = 12 • 74
дает две пары.

4.	Найти остаток от деления квадрата целого числа на 5.

Указание. Квадрат целого числа может оканчи-
ваться лишь цифрами 0, 1, 4, 5, 6, 9.

5.	Найти остаток от деления простого числа на 60, если
известно, что он является составным числом.

Указание. Остаток должен быть взаимно простым
с числом 60.

6°. В сосуд с раствором английской соли добавили
столько воды, сколько было в растворе соли (по весу), и
столько соли, сколько было воды. Найти процентное
содержание соли в полученном растворе.

Указание. Веды и соли в сосуде стало поровну.
Т. Три трактора обладают различной мощностью. Пер-
вый трактор один вспахивает некоторое поле за такое же
время, какое потребовалось бы для совместного выполне-
ния этой работы двумя другими тракторами. Доказать,
что все три трактора могут совместно выполнить эту рабо-
ту в два раза быстрее первого трактора.

У Казани е. Общую мощность второго и третьего
тракторов принять за одну рабочую единицу (она равна
мощности первого трактора).

8 Две бригады на выполнение некоторой работы рас-
ходуют столько дней, сколько недель потребовалось бы для
выполнения этой работы одной второй бригадой. Во сколь-
ко раз первая бригада работает быстрее второй?

Примечание. Воскресенье считать нерабочим днем.

9°. Каждое из нескольких чисел разделили на их сумму
и полученные результаты сложили. Сколько получилось?

10° Отец старше сына на столько лет, сколько месяцев
сыну. Во сколько раз отец старше сына?

11°. Брат старше своей сестры во столько раз, сколько
ему лет. Сколько лет сестре?

12°. У мальчика братьев нет, а у его сестры столько же
братьев, сколько сестер. Сколько в этой семье братьев и
сколько сестер?

13°. Тебе столько лет, сколько было мне тогда, когда
ты родился. Во сколько раз я буду старше тебя через столь-
ко лет, сколько тебе сейчас?

14*. Сколько раз в сутки стрелки часов: а) совпадают?
б) составляют продолжение друг друга? в) образуют пря-
мой угол?

Решение, а) Рассмотрим какой-либо момент вре-
мени, когда стрелки часов совпадают, например 12 час Сле-

дующее совпадение стрелок наступит тогда, когда минут-
ная стрелка опередит часовую на один оборот. Каждый

1 I и

час минутная стрелка опережает часовую на 1--------• = —

оборота. Следовательно, через каждые

— часа
п

1 : 12

стрелки часов будут совпадать. Число этих совпадений в
сутки равно 24 :	— 22, Различных случаев совпаде-

ний имеем 11. Вопросы б) и в) решаются аналогично.

15* Поезд отошел от станции ровно в полдень и прибыл
к месту назначения между 4 и 5 часами, когда стрелки ча-
сов оказались совпавшими. Сколько времени был поезд
в пути?

Решение. Рассмотрим момент времени 4 часа. Стрел-

ки часов после этого момента окажутся совпавшими, ког-
да минутная стрелка опередит часовую на 20 делений ци-
ферблата, или на — оборота. Каждый час минутная стрел-
3

ка опережает часовую на —оборота. Следовательно, поезд

был в пути

4 4- (— : — | ] час
\3	12/]

4 часа 22 мин.

16. Определить толщину воздушной оболочки, опоясы-
вающей земной шар, в предположении, что плотность возду-
ха всюду одинакова — такая, как у самой поверхности
земли.

Решение. Плотность воздуха равна 0,001293 —, дав-
см3

ление 1—. Столб воздуха, имеющий форму прямоугольно-
см2

го параллелепипеда с основанием в 1 см2 и высотой, равной
искомой толщине, весит 1 кг. Следовательно, толщина воз-
душной оболочки была бы равна 1000 : 0,001293 ^773400см^
^7,7 км.

17й. Вам нужно прочесть книгу. Как подсчитать приб-
лизительно, сколько у вас уйдет времени на чтение?

18°. В лаборатории желают подсчитать приближенно
количество зерен кукурузы, полученных из нескольких
подопытных початков. Как это сделать, пользуясь весами?
Без весов?

19*. Как вычислить продолжительность игры патефон-
ной пластинки, не прослушивая ее (или иную пластинку)?

Указание. Пазы, в которых движется острие па-
тефонной иглы, образуют одну спиральную линию, кото-
рую можно рассматривать как систему концентрических
окружностей. Если легонько провести вдоль радиуса пластин-
ки каким-либо острием, то определим число этих окруж-
ностей (по числу скачков острия). Заведя проигрыватель,
находим число оборотов его диска в 1 секунду.

20°. Как вычислить скорость течения реки, стоя с се-
кундомером на ее берегу и наблюдая за движением плота,
длина которого известна?
2Г. Желают приблизительно подсчитать число деревь-
ев в лесу с целью определения объема содержащейся в
нем древесины? Как проще всего это сделать?

, 22°, Из железа выплавляется жесть. Что нужно знать,
чтобы определить, сколько получится жести (в кв. -и)? Как
определить?

23°. Нужно обложить кирпичом (в полкирпича) одно-
этажный дом со всех сторон. Как вычислить, сколько при-
близительно потребуется кирпича?

24°. Желают выложить площадку кирпичом так, чтобы
каждый кирпич стоял на ребре (то есть на средней по вели-
чине площади своей грани) и тесно примыкал к соседним
кирпичам. Как узнать, сколько кирпича потребуется?

25°. Из досок одинаковой толщины, нужно сделать пол
в нескольких комнатах. Как узнать, сколько приближенно
потребуется кубометров досок?

26°. Трактор С-60 тянет 2 пятикорпусных1 тракторных
плуга ПТУ-5 с шириной захвата2 одного корпуса в 35 ал.
Как вычислить, какое время затратит такой трактор для
вспашки данного прямоугольного поля? Скорость, с ко-
торой движется трактор во время вспашки, известна.

27°. На складе имеются одинаковые ящики с оконным
стеклом. Как вычислить (без взвешивания), сколько по-
требуется приближенно полуторатонных автомашин для
одновременной перевозки стекла?

Указание. Удельный вес стекла равен 2,5.

28°. Как определить количество спичечных коробок в
ящике, не распаковывая его?

Примечание. Одна из таких коробок у вас имеется.

29°. Ледник маслозавода, имеющий форму прямоуголь-
ного параллелепипеда, нужно заполнить льдом. Как рас-
считать, сколько нужно сделать поездок одной трехтонной
машине?

30°. Как найти приближенно давление (то есть силу,
действующую на 1 сл2 опорной площади), производимое
кирпичным зданием на фундамент, зная вес и размеры од-
ного кирпича?

Указание. Искомое давление численно равно весу
кирпичного столба в форме прямоугольного параллеле-

1 Тракторный плуг, вспахива'ющий сразу 5 борозд.

8 Ширина борозды.

5 Д. С. Людмилов

65
пипеда с основанием в 1 кв. см и высотой, равной высоте
здания.

31° В закроме, имеющем форму прямоугольного парал-
лелепипеда, содержится пшеница. Как вычислить прибли-
женно вес всей пшеницы в закроме, не перевешивая ее?

32°. При ременной передаче число оборотов двигателя
мотора в 1 минуту равно т, диаметр ведущего шкива й,
диаметр ведомого шкива й. Как вычислить число оборотов
п рабочего вала в 1 минуту?

33°. В типографии имеются несколько стоп бумаги,
имеющих форму прямоугольного параллелепипеда и со-
стоящих из отдельных листов. Бумага во всех стопах оди-
наковая. Как подсчитать приближенно количество листов
во всех стопах?

Указание. Измерить толщину небольшой пачки
бумаги, снятой с какой-либо стопы, затем измерить коли-
чество листов в ней, измерить общую толщину (высоту)
всех стоп и составить пропорцию. Как решить эту задачу,
пользуясь весами?

34°. Как определить количество бумаги (в квадратных
метрах) во всех стопах, описанных в предыдущей задаче?

Указание. Вычислить объем всей бумаги и получен-
ный результат разделить на толщину одного листа бумаги.

35°. Известно расстояние между двумя точками, мимо
которых равномерно проходит поезд. Наблюдатель, снаб-
женный секундомером, хорошо видит эти две точки. Как
ему определить скорость и длину поезда?

36°. Как, пользуясь сосудом неизвестного объема и ве-
сами, найти удельный вес какой-либо жидкости?

Указание. Взвесить порожний сосуд, сосуд, на-
полненный жидкостью, и сосуд, наполненный водой.

37°. Как при помощи мензурки и весов узнать, имеется ли
внутри данного куска металла (удельный вес которого из-
вестен) полость?

38.	Сколько приблизительно весит мраморная статуя,
изображающая в натуральную величину человека средне-
го роста?

Решение. Известно, что средняя плотность тела че-
ловека приближенно равна плотности воды. Человек сред-
него роста весит примерно 80 кг. Плотность мрамора рав-
на 2,7 —. Следовательно, вес статуи приближенно равен
см3

80-2,7^216 кГ.
39.	Кусок дерева плавает в воде, погрузившисть в нее
на половину своего объема Найти удельный вес дерева.

Указание. Использовать закон Архимеда.

40.	Сплошное тело при погружении в воду лтеряет» по-
ловину своего веса. Определить удельный вес вещества,
из которого состоит это тело.

Указание. Использовать закон Архимеда.

41.	Кусок железа, имеющий внутри полость, плавает
в воде так, что ее поверхность касается поверхности же-
леза. Какую часть объема куска железа занимает полость?

Решение. Вес чистого железа в граммах равен весу
воды в объеме всего куска, то есть численно равен сумме
объемов чистого железа и полости, выраженной в куб. сан-
тиметрах (так как удельный вес воды равен единице). При-
мем объем железа в смя за 1 часть. Тогда вес чистого желе-
за в граммах, а следовательно, сумма объемов железа и
полости в см3 будет равна 7,8 частей (удельный вес железа
7,8). Объем полости равен 7,8 — 1 = 6,8 ч. Полость со-
ставляет^ ^0,87 объема всего куска железа.

42°. В воздухе парит неподвижно воздушный шар, на-
полненный водородом. Как определить вес снаряжения ша-
ра вместе с балластом, если емкость оболочки шара из-
вестна?

Указание. Воспользоваться законом Архимеда для
газов.

43°. Цена товара снизилась на столько процентов, на
сколько она снизилась рублей. Какова была цена товара?

44°. 12 школьников могут вскопать пришкольный опыт-
ный участок за 25 минут. Сколько школьников смогут
выполнить ту же работу за 10 минут? (Считать, что все
школьники работают одинаково.)

II.	АЛГЕБРА.

§ 1.	ТОЖДЕСТВЕННЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ И УРАВНЕНИЯ
ПЕРВОЙ СТЕПЕНИ.

1.	Из сосуда с раствором спирта отлили столько раст-
вора, сколько было в сосуде чистого спирта, и затем налили
в сосуд столько чистого спирта, сколько в нем оста-
лось воды. Доказать, что чистого спирта в сосуде ста-
ло столько, сколько в нем было первоначально воды.
Решение. Пусть в сосуде было /п(г) чистого спир-
та и п(г) воды. В т(г) отлитого раствора чистого спирта
,	т та , .	п тп , ,

было т ---------------(г), а воды т •---------- (г).

т -I- п. т. -|- а	т п т п

Воды в сосуде осталось п-= —-—. Чистого спирта

т г п т + п

т3 , м3

в сосуде стало т------------р -—- = т

т + п. т-\-п-

{т — п)(т + п)

-------------—«(г),

т + п

что и требовалось доказать.

2.	Велосипедист проехал расстояние между двумя пунк-
тами с некоторой постоянной скоростью. Обратный путь он
совершил со скоростью, в два раза большей. Во сколько
раз средняя скорость движения больше первоначальной
скорости?

3.	Цифры четырехзначного числа — последовательные
целые числа. Найти разность между этим числом и числом,
написанным теми же цифрами, но в обратном порядке.

4.	Ученик вычислил абсолютную величину разности
между двузначным числом и числом, написанным теми
же цифрами, но в обратном порядке. В этой разности,
которая оказалась двузначным числом, он снова переставил
цифры и полученное число прибавил к ней. Какое число
он получил?

5.	Найти сумму цифр числа, представляющего собой
абсолютную величину разности между трехзначным чис-
лом (крайние цифры которого различны) и числом, на-
писанным теми же цифрами, что и данное, но в обратном
порядке.	____ _____

Решение. Имеем: аЬс — сЬа — 100 а + Юб + с —
— (100 с4- Юб + с) = 100(а — с — 1) + 90 +(10 + с— а).
При а — с> 1 это — трехзначное число, сумма цифр ко-
торого равна а — с — 1 + 9+10 + с—а= 18. При а — с = 1
разность будет равна 99. Сумма цифр также 18.

6.	Из суммы кубов трех последовательных целых чисел
вычли их утроенное произведение и полученный результат
разделили на среднее из этих трех чисел. Какое число по-
лучили?

п	тл	(х— I)3 х3 + (х +1)3— 3 (х— 1) х (%+1)

Решение. Имеем: *-----5=

х

х3 — Зх2 4-Зх —1 х3 -рх3 + Зха + Зх + 1 — Зх3 + Зх 9х д
х	х

7.	Из трехзначного числа вычли обращенное число (так-
же трехзначное). Какой наибольший результат мог при
этом получиться?

8.	От двух кусков сплава одинакового веса, но с различ-
ным процентным содержанием меди, отрезали по куску
равного веса. Каждый из отрезанных кусков сплавили с
остатком другого куска, после чего процентное содержа-
ние меди в обоих кусках стало одинаковым. Во сколько
раз отрезанный кусок меньше целого куска?

9.	Чтобы выполнить некоторую работу, каждый из
трех рабочих проработал последовательно один за дру-
гим столько часов, сколько потребовалось бы для совмест-
ного выполнения этой работы двумя другими рабочими.
Во сколько раз быстрее была бы выполнена эта работа,
если бы ее выполнили совместно все трое рабочих?

Решение. Обозначим часть работы, выполняемую
первым рабочим за 1 час, через х, вторым—у, третьим—г.
Первый рабочий выполнил —-— часть работы, второй —
у + г

——, третий-------—. Согласно условию задачи —-—I-

х + г	х + г/	у + г

д---У—|-----= 1 (1). На выполнение всей работы ушло

Х + г х + у

1 I 1 I 1 г \ п

времени------1------1------(часов). При совместном вы-

У + г х Д- у х Д- г

полпенни работы всеми тремя рабочими времени ушло бы
----  (час.). Искомое отношение равно (—-—| !—I-
х+у+г	\у + г х Д- г

х + у) х + у + г	? + у	? Д-х х + у	г Д-у

г У 1 У । г г	| г ( х | У

гД-х ' х + у г+у гДх х Д- у Д- у г Д-х

I + 1 1.1 + ! = 4(

хД-г х+у г + у

так как выражение в скобках согласно (1) равно 1.

10	Из двух пунктов А и В, расположенных вдоль тече-
ния реки, выходят навстречу две моторные лодки, разви-
вающие одинаковую собственную скорость. Одна из них
направляется в пункт А, а другая в В. Если бы первая лод-
.	-	км

ка увеличила свою сооственную скорость на х -, а вторая

час

на столько же -^уменьшила ее, то первая лодка прибы-
ла бы в А раньше на столько часов, на сколько опоздала
бы вторая (с прибытием в В). Принимая скорость течения
реки за единицу, определить х в эти$ единицах.

Решение. Обозначим расстояние АВ через 5, соб-
ственную скорость моторной лодки—через V, скорость те-
5	5	5	5

чения—через а. Тогда----------------=--------------,

V 4- а V 4- а + * V — а — х V—а
х	5	5

откуда легко найдем: — = —2. Или:------------------—

а	V а — х V + а

8	8	х о

—---------------( откуда — — 2.

V — а V — а 4- х	а.

11. Из города А в город В отправлен плот. Одновремен-
но из города В в город А вышел катер, который вернулся
в город В одновременно с прибытием туда плота, причем
катер задержался в городе Л столько времени, сколько у него
ушло на путь от А до В. Во сколько раз собственная ско-
рость катера больше скорости плота?
12. Произведение двух несократимых положительных
дробей равно их разности. Найти разность между дробя-
ми, обратными данным.

13.	Существуют ли несократимые дроби с целыми по-
ложительными членами, разность которых равна их произ-
ведению?

14.	Трехзначное число разделилось на сумму его цифр.
Какой наименьший результат может получиться?
15°. При каком условии разность между произведени-
ем двух чисел и их суммой окажется равной разности этих
чисел?

16.	Сумма двух чисел равна сумме их наименьшего об-
щего кратного и наибольшего общего делителя. Доказать,
что одно из этих чисел равно наименьшему общему крат-
ному, а второе — наибольшему общему делителю.

17.	При каком условии сумма двух чисел окажется рав-
ной разности между их наименьшим общим кратным и
наибольшим общим делителем?

18°. При каком условии произведение двух чисел ока-
жется равным их частному?

19°. К числителю и знаменателю дроби прибавили одно,
и то же число, от чего величина дроби не изменилась. Най-
ти величину дроби.

20.	Сплошное тело при погружении в воду «уменьшает-
ся» в весе во столько раз, каков удельный вес вещества этого
тела. Определить удельный вес.
70
21.	Несколько товарищей, встретившись, поздорова-
лись каждый с каждым Сколько было товарищей, если из-
вестно, что число их оказалось равным числу рукопожатий?

22.	Средняя цифра трехзначного числа равна сумме
крайних цифр. Сумма этого числа с числом, написанным
теми же цифрами, но в обратном порядке, есть четырехзнач-
ное число, которое требуется найти.

23.	Четырехзначное число является точным кубом, в ка-
кой бы системе счисления х>3 мы ни считали его записан-
ным. Найти это число.

Решение. Будем искать такие цифры а, Ь, с, с/, что-
бы многочлен аЬс(1х = ах3 + Ьх2 + сх + с! был точным
кубом при любом х > 3.

Для этого должно иметь место тождество: ах3 4~ Ьх2 +
+ сх + г/ = (тх + п)3 = т3х3 + Зт2пл2 + Зп2тх + п3.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х,
получим: а = т2, Ь = Зт2п, с = Зп2т, (1 = п3. Отсюда
а — (1 = 1, Ь = с = 3 (если а = 8, то т — 2 и Ь = 12п >9,
что невозможно; аналогично й#=8). Искомое число есть 1331.

24* Сколько существует таких положений стрелок на
правильных часах, что обмен местами стрелок в этих по-
ложениях приводит к положениям, также возможным на
этих часах?

Решение. Рассмотрим какое-либо из искомых по-
ложений стрелок. Пусть часовая стрелка в этом положе
нии наход 1тся от цифры 12 на расстоянии х делений (дел<-
1  .

ние = — окружности), а минутная — на расстоянии у
60

делений. Часовая стрелка показывает в этом положении
некоторое целое число т<12 часов плюс у минут, х деле-
ний, на которые отошла часовая стрелка от цифры 12, рав-
ноценны — часам (так как 5 делений равноценны одному
5

часу), а у делений, на которые отошла минутная стрелка,
— — часам. Следовательно, — — — = т. Когда стрелки по-

« х
меняются местами, получим аналогично -— — = п,

5	60

причем тип — целые числа часов от 0 до 11. Решая со-
„	60 (12т + п)

вмгстно полученные два уравнения, найдем: х = —5---1' >

143

60 (12п + т) п	п ,.

у = —1Давая числам тип значения от 0 до 11,
143
получим 12 - 12 = 144 пары значений, то есть 144 искомых
положений стрелок, из которых два положения (получаемые
при т. — п — 0 и при т = п — 11) сливаются в одно.
Это положение: 12 часов. Итак, всего существуют 143
различных положения стрелок, удовлетворяющих усло-
вию задачи.

§ 2.	ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ.

25.	Некоторое число является точным квадратом. Най-
ти остаток от деления суммы его цис,’ р на 3.

Указание. Остаток от деления суммы цифр числа на
3 равен остатку от деления этого числа в а 3; квадрат цело-
го числа, не кратного 3, имеет вид (Зт ± I)2 == 9т2 ±
±6т + 1, где т — целее.

26.	Квадрат целого числа содержит нечетное число
десятков. Найти его последнюю цифру.

Указание. Квадрат целого числа может быть пред-
ставлен. в в! де: (10а + &)2 == 10 • 2 • (5а2 + аЬ) + Ь2, от-
куда видим, что Ь2 содержит нечетное число десятков.

27.	Квадрат целого числа оканчивается двумя одинако-
выми цифрами. Какими?

Указание. Воспользоваться результатом преды-
дущей задачи.

28.	Доказать, что квадрат целого числа не может окан-
чиваться более, чем тремя одинаковыми цифрами, отлич-
ными от нуля.

Решение. Квадрат целого числа может оканчивать-
ся тремя одинаковыми цифрами, например 382 = 1444.
Докажем теперь, что квадрат целого числа не может окан-
чиваться четырьмя одинаковыми цифрак и, то есть числом
4444 (см. № 27). Пусть само целое число оканчивается на 2.
т	(Юа + 2)2—4444	(5а+ 1)2—1111

Тогда число М = ------—------— ——!'-----------долж-

10000	2500

но быть целым. Имеем: (5а + I)2 — 2500 М 4- 1111.
Видим, что квадрат целого числа оканчивается на 11, что
согласно задачи № 27 невозможно. Пусть само целее чис-
ло оканчиватся цифрой 8.
г .. (10а + 8)2 — 4444	(5а Щ4)2 —1111

Тогда М=-----—--------** 1, и мы приходим к

10000	2500

тому же результату. Утверждение доказано.

29.	Числа р,р -ф 3/п + 1, р + Зп — 1 простые,/пи п—
целые. Найти р,
72
Указание. Целое число, не кратное 3, при делении
на 3 дает остаток 1 или 2; число р не может не делиться на 3.

30.	Доказать, что произведение двух взаимно простых
чисел не может делиться на их сумму.

31.	При каком необходимом и достаточном условии дву-
значное число разделится на сумму своих цифр?

32.	Сумма квадратов двух целых чисел делится на их
произведение. Найти частное.

Решение. Пусть а и Ь — целые числа, п — их наи-
X	- X -	гр	У й. ' -4- Ьз

больший общий делитель. 1огда—!!—1 , где
аЬ а^1

ах и Ьг — взаимно простые числа (а = паг Ь = пЬ^. Отсю-
да видим, что а{ кратно Ьх, то есть аг кратно Ьг что воз-
можно лишь, когда а1 — Ьх = 1. Значит, искомое частное
равно 2.

33.	Периметр прямоугольников (в сантиметрах) числен-
но равен его площади (в квадратных сантиметрах). Найти
его стороны, зная, что они выражаются целыми числами
(сантиметров).

34.	Одна из граней прямоугольного параллелепипеда
имеет форму квадрата. Объем параллелепипеда (в куби-
ческих сантиметрах) численно равен его полной поверхности
(в квадратных сантиметрах). Найти ребра параллелепипе-
да, если известно, что они выражаются в целых числах
(сантиметров).

35.	Если в четырехзначном числе изменить порядок цифр
на обратный, то получится такое же число. Доказать, что
это число не может равняться квадрату целого числа.

36.	Найти двузначное число, равное удвоенному произ-
ведению его цифр.

37.	Найти двузначное число, квадрат которого равен
кубу суммы его цифр.

38.	Две последние цифры трехзначного числа равны.
Найти это число, зная, что оно в двоичной системе счисле-
ния изображается одинаковыми цифрами.

Решение. Искомое число имеет вид 111...1з ==

4- 2,г“24- ...4-2 4-1 = 4. Отсюда 24=2" 4- 2"~Ч-
4-22 4-2 = 2714-4—. 1, то есть 4 = 2,!— 1. При п =10
4 — 210 — 1 >1000, что невозможно. При п = 9 4 =511;
при п = 8 А — 255; при п = 7 4 = 127. Имеем два
решения: 511 и 255. Других решений нет, так как при
п «в 6 А = 2е— 1<100, что невозможно.
39.	Ученику дали перемножить два трехзначных числа
и полученное произведение разделить на некоторое число.
Ученик не заметил знака умножения и принял оба рядом
стоящих числа за одно шестизначное число. Полученное
частное оказалось больше истинного в целое число раз.
Найти трехзначное число.

40* Целое число делят последовательно на все натураль-
ные числа, начиная от единицы и кончая самим числом.
Если сложить все получающиеся различные остатки, то
получится само число. Найти это число.

Решение. Пусть искомое число А нечетно: А = 2и ф-
+ 1. При делении его на 2п, 2п — 1, 2п — 2, .... п + По-
лучим соответственно остатки 1, 2, 3,Следующие ос-
татки будут повторяться, так как они меньше п (следующие
делители п, п— 1,..., 2, 1 не превышают п). Согласно усло-
вию задачи А = 2п + 1 — 1 + 2 + 3 + ... + п. Отсю-
да 2 А = (1 -Ь2 + 3 + ... + /г) + (1 + 2 + 3 + . .. А- п) —
= (1 + п) + (2 + п - 1) + (3 + п — 2) + ... +(1 + п) =
— и(1 + п), так как каждое слагаемое в скобках равно
п + 1 и число слагаемых есть п. Следовательно, п(п + 1) =
= 4п + 2, п2 — Зп = 2, 4п2 — 12и + 9 = 17, (2и — З)2 =
= 17, что при целом п невозможно. Пусть теперь А = 2п.
Различные остатки в этом случае равны 1, 2, 3,..., п—1.
Получим: 2А = 4п — п(п—1), или, сокращая на п:
п— 1=4, откуда п — 5 и А = 10. Искомое число равно 10.

41.	Одна из цифр трехзначного числа — 0. Если за-
черкнуть эту цифру, то число уменьшится в целое число
раз. Найти это число.

42*. Произвольная степень числа, оканчивающегося
трехзначным числом, оканчивается этим же трехзначным
числом. Найти это число.

Решение. Пусть х — искомое трехзначное число.
Произвольное число, оканчивающееся числом х, имеет
вид 1000а -ф- х. Число (1000 а + х)я при любом целом п
должно оканчиваться на х. Но (1000 а + х)п = 1000 М +
~Ь хп, где М — целое число. Следовательно, хп, и в част-
ности х2, должно оканчиваться числом х, то есть х2 — х —
= (х — 1 )х кратно 1000 = 8 • 125. Так как числа х и х —1
взаимно просты, то одно из них делится на 8, а второе —
на 125.

Среди трехзначных чисел, кратных 125, имеются следую-
щие: 125, 250, 375, 500, 625, 750, 875. Из смежных с ними
74
чисел на 8 делятся 375 + 1 = 376, 625 — 1 = 624 Сле-
довательно, х = 376 или х = 625. Заметим, что если х1 2
оканчивается на х, то и хп будет оканчиваться на х Дей-
ствительно, число хп—х при любом п кратно х(х—I)1,
то есть кратно 1060.

43*. Если последнюю цифру шестизначного числа пе-
реставить в его начало, то число увеличится во столько
раз, сколько единиц в представленной цифре. Найти шести-

значное число.

Решение. Пусть х — неизвестное шестизначное чис-
ло, а — переставляемая цифра. Число без последней циф-
ры есть -	. После переноса получим число а • К)6 -|-

4~ —	. По услог ию задачи 105а + ~“

105а — а 999999 а а • З3 • 7 • 11 • 13 • 37

х = -------- =-------= --------------------

10а—1	10а—1	10а—1

= ах,

. При а

откуда

= 1 по-

лучим х= 111111. При 1<а<10 число 10а—1 — дву-
значное, оканчивающееся на 9. Числа 19, 29, 49, 59, 69, 79,

89 не содержатся множителем в числителе. Число 10а —
—1 = 39 содержится множителем в числителе. Получаем:
а= 4, х = 4 • 9 • 7 • 11 • 37 = 102564. 10а— 1 =р 99, так как
а <10. Итак, искомыми числами являются 111111 и 102564.

44.	Пятая степень целого числа оканчивается тремя
одинаковыми цифрами, отличными от нуля. Найти наимень-

шее число, удовлетворяющее этому условию.

Решение. Легко видеть, что пятая степень целого чи-
сла оканчивается той же цифрой, что и само число2. Пусть
х^Юа-Д^ — искомое число. По условию задачи число
п. ~ (10а + ььь—целое. Имеем: (10а + &)5 = (10а-)-
4- Ь)я • (10а + Ь)2 -х (1000а3 Д- 300а26 Д- ЗОай3 < Ь3) (100а3 4-

Д- 20аЬ 4- й2) = 1000М 4- 100а2й3 Д- 600а2й3 Д- 20ай4 Д- '
4- 30Э«3 4- 30 ай Ц- 1000Л4 4-1000а263 4- 50ай4 + 6Б ==
= 1000Д7 4- 50аЬ*-\-№. Здесь М и У — целые числа. Число
&(50а&3 + Ь4 — 111)	л	п

т «= —-----т-------- должно быть целым. Число Ь < 9

1 В процессе деления хт—1 на х—1 легко убедиться, что
это деление выполняется без остатка.

2 Так как выражение а5 — а = а(а — 1) (а + 1) (а2 -|- 1) = а (а2 —

— 1)(а2 + I) кратно ? и 5: если а не кратно 5, то либо а2 — 1, либо

а2 < 1 кра 1 но 5 (см. разд. I, № 4),'
не может равняться 2, 4, 5, 6, 8, так как в этом случае
число Ь4 — Ш не будет оканчиваться нулем (Ь4 не будет
оканчиваться единицей). При о = 1, т = ——-— —

5а— 11	г

—------что невозможно, так как 5а оканчивается нулем

100

П , о	3(50-27а—30)	3(5-270-3)

или пятью. При 0 = 3, пг = -------------- = —----------- —

1000	100

невозможно по аналогичной причине. При Ь = 7, получим:
7 (50-73а + 2290)	7(5-73а- 229)	л

1000	ко	и

ное число, так как число в скобках оканчива-
ется цифрой 6 или 1. Наконец, при 6=9 найдем: т =
_ Ч(50-9’а + 6450) ^9(36450+645) = 9 [3600а + 600+45 (а+1)1 цис

1000	=	100	Ю0

45 (а+1)	9(а+1)	л	т,

ло---------- = -—— должно быть целым. Наименьшее зна-

100	20

чепие а, удовлетворяющее этому требованию, есть а= 19.

Искомое число х = 199.

§ 3.	ТОЖДЕСТВЕННЫЕ НЕРАВЕНСТВА1.

45.	Как изменится площадь прямоугольника, если одну
его сторону увеличить на несколько процентов, а другую —
уменьшить на столько же процентов?

46-	Сумма двух целых чисел равна их произведению.
Найти это произведение.

47.	На сколько больше сумма двух целых положитель-
ных чисел их произведения?

48.	Может ли разность между трехзначным числом и чис-
лом, написанным теми же цифрами в обратном порядке:
а) быть точным квадратом? б) равняться произведению его
цифр?

49.	Может ли быть точным квадратом:

а) сумма квадратов трех последовательных целых чи-
сел? б) сумма квадратов четырех последовательных це-
лых чисел? в) произведение двух последовательных целых
чисел? г) произведение четырех последовательных целых
чисел?

1 Тождественными неравенствами условимся называть такие не-
равенства. которые сохраняются при всех допустимых значениях вхо-
дящих в них букв, за исключением, быть может, конечного числа
этих значений.
Решение, а) М = т2 ф- (т 4- 1)а 4- (т ф- 2)2 =
= Зт2 4* 6т 4* 5. При делении числа М на 3 получаем
в остатке 2, что согласно задачи № 25 невозможно; б) М =
— т2 + (т 4- I)2 4- (/и 4- 2)2 ф (т 4 З)2 = 4т24- 12т ф-
4- 14 = (2т+ З)2 4- 5 > (2т 4- З)2. Кроме того, М —
=4т2 4- 12т 4* 14 < 4т2 ф- 16т 4* 16 = (2т 4* 4)2. Число
М заключено между двумя последовательными целыми
квадратами и поэтому не может быть целым квадратом.
Аналогично решаются вопросы в) и г).

50.	Может ли быть точным кубом: а) произведение
трех последовательных натуральных чисел? б) произведе-
ние шести последовательных натуральных чисел?

Решение, б) М = т(т 4* 1) (пг 4- 2) (т 4* 3) (т 4-
ф 4)(т ф 5) = (т2 4- 5т) (т2 4* 5т 4* 4) (т2 4- 5т 4- 6) —
— п(п 4- 4) (и 4- 6) — п9 4- Юи2 4* 24и <(п ф 4)3 (и = та ф
4- 5т). С другой стороны, М = п3 4- 10иа 4" 24и > (и 4-
ф- З)3 = п9 ф 9и2 ф 27и 4* 27, так как при т2 4- 5т =
= и > 7 имеет место неравенство п2 > Зп 4- 27. Очевид-
но, при п < 7 (то есть при п = 6, т = 1) не получим
точного куба.

Следовательно, число М заключено между двумя по-
следовательными целыми кубами и потому не может быть
кубом целого числа. Вопрос а) решается аналогично.

51.	Число изображается в десятеричной системе счис-
ления тремя одинаковыми цифрами. В какой еще системе
счисления оно изображается тремя одинаковыми цифрами?

Решение. Пусть ааа10 = ЬЬЬт, или 111а = тф-
-4- I) < 999, откуда т < 32 и За = Ь-т Положим
т = 10ф-й. Получим: За ~1—— —
_ ь 0,1..1так как 10 не Кратно 37), то чи-
/г2+21/г	Шф-21)	л

ело п = —----== -—1—- должно быть целым.

37	37

Но к == т — 10 < 22; поэтому к ~ 37 — 21 — 16, За =

= 19А что невозможно, так как число Ь =— при а < 10 не
19

является целым. Число, изображающееся в десятеричной
системе счисления тремя одинаковыми цифрами, не может
в другой системе счисления изображаться тремя одинако-
выми цифрами.
52	. Доказать, что всякое натуральное число больше
произведения его цифр (число цифр больше 1).

Решение. Обозначим цифры числа сц, аа, а,,..., ап (а, <
< 10). Имеем последовательно: а2 >	— 1; 10а1>а1а2—

— а>; а।а2 > а2; О]а> а}а2 — 1; 1 0а>а2 > а1 а2а3 — а3;

"х* С1\ а.2	• • • 1 п	х* • • ^гг

53. Разность между числом и произведением его цифр
равна сумме цифр этого числа Найти это число.

Решение. Пусть а1а,а!...ап = аг -ф а2 -ф- а3 -ф... -ф- ап-':-
-ф ... ап. Отсюда ах 10,г—2-ф-а310л~3-ф ... -фал_1 =
д14-д2+...+ ап~\ . а1а2---ап (Ъ . аг_ . ал_1 .

=	10	'	10 в| ' а2 Г'"' । аа—1 '

-ф~п—1 _|-а1а2...ал_1 (так как а;<10). Далее:
а210й-3 -ф а210л-‘*+...-фал_2 < “ +	<

_ п—1 .	, п— 10—1 ..

-—- а1а2... а„_2	1—	-ф-а1а2...ал_

аДО"-4-фа210л_8-ф----ф °я-з <

дя—2 (д,д2 ... а —я —1) . п— 1 —10	।

16	102

п— I —10 .

ю3

-ф- «102 ап~3 ~

п-1 —10—102 ,	,,	------------

—-------------1- а1а2...ап_3. Мы получили: аха2... ая_2 <

п— 1 —10 .	-------- .п—1 — 10 —103

Ю фО(О;...Ол-2 И Й1Й;>...

л_3. Продолжая этот процесс до конца, получим:

-|- и2а2.. .а

п—(1 + 104-102+.,.+ Ю"-3)

а1О2<

-ф- «1^2;

10.7-3

п—(1 + 10 + 102+...+ 10'-2) .	.	1 .	.

01 < —	-0^2 ...Х--- + аь откуда П > 1 + 10 +

Н-ЮЧ-.-.ф- ю«-2. •

Это неравенство возможно, очевидно, только при п = 2.
Имеем уравнение: 10а 4- Ь = аЬ 4- а + Ь, откуда 9а =
= аЬ, Ь = 9, а — произвольное число (а < 10). Искомы-

ми числами являются все двузначные числа, оканчиваю-
щиеся цифрой 9.

Е4. Доказать, что не существует целого числа, кроме
0 и 1, равного сумме квадратов его цифр.

Решение. Имеем: а}а2а3... ап = аф-фаг2-)- ... -ф-
-фа2„ < 92 4 92 -ф 92-ф...-ф92=81п, откудан < 4 (прии > 4
число 81п не является и-значным). Пусть п = 3. Тогда
100яхф- 10я2ф-я3 < 3-81 = 243. Отсюда <2. При аг =
= 1 получим: 100ф-10я2 ф яч = 1 ф я22ф-я.ф или а.2—
— 10я2ф- 25 = (а2— 5)2 = 99 ф я3 — а/ + 25 = 124 ф ач —
— я32 > 124 ф О — 81 = 43, откуда л2 — 5 > 6, или а2 > 11,
что невозможно. При Ях = 2 200-Ц— 10я2 -(- ая = 4фя22ф
ф я32, что, очевидно, также невозможно. Пусть п = 2,
тогда Юях фя2 = Ях2фя22, аг2—10я4 ф 25 = 25 ф а2—а22,
(«1 — 5)2 = 25 ф я2 — а22, откуда а2 = 0, а1 = 10 (или аг =
= 0), что также невозможно.

55. Найти число, равное квадрату суммы его цифр.

Указание. 10я-1 < ауа2а^..ап = (я, ф я2ф...фяд)8 <
< (9п;2, откуда я <С 5. При п = 4, ЮСОЯ] ф 100я2 ф 10я3ф-
фа4 = 52, (5 = ЯхфЯафЯзфя^, откуда 111Яхф-10я2ф-

Кроме того, 5<4-9 = 36и52> 1000, 5 > 31.

Числа 3 и 5 — 1 — взаимно простые, значит, либо 5, либо
5 — 1 кратно 9. Поэтому 5 = 36, аг = а2 = а.л = я4 =
= 9; 111 аг ф 11я2 Ф а3 = 140, что невозможно. Анало-
гично решаем вопрос при п = 3 и п = 2. При п = 2
получаем единственное решение: 81 = (8 Ф I)2.

56*. Сумма нескольких целых положительных чисел
равна их произведению. Найти все числа, удовлетворяю-
щие этому требованию.

Решение. Пусть аг ф а2 ф ... ф ак ф ф ак+2 ф
ф ... ф ап = ЯхЯ2 ... ап (1). Если п = 2, то аАа2 = Ях ф
фя2, откуда легко получаем: ак = а2 = 2 (задача № 46);
если «х ф а2 > ЯхЯ2, то либо ак = 1, либо я2 = 1 (задача
№ 47). Значит, если числа аг и я2 не равны и ни одно из
них не равно 1, то ЯхЯ2 > аг ф а2. Пусть среди чисел ях,
Яг,..., ял имеются 1г < п чисел а1, а2, а3 ... ак , не равных
единице.

Докажем, что остальные п — к чисел (обозначим их я,.)
равны каждое 1.

Предположим, что все числа я,- отличны от 1. Тогда (я4я2 ...
яп-|)я„ > ЯхЯ2 ... я„_1 фя (знак = невозможен, ибо тог-
да было бы я„ = ягя2 ... я„ — 2, и один из сомножителей
равнялся бы 1).

Согласно (1) имеем: Ях ф я2 ф ... ф я„_1 ф- я„ >
> я,я2 ... я„_| ф- ял, откуда яг Ф я2 ф ... ф а л_| >
> ЯхЯ2 ... яп—2 Ф яп—1 (2);

Ях Ф я2 ф ... ф ял_2 > ЯхЯ2 ... Яц_г > Я1Я2 ... яп_з ф- яп_2;
Яхф-Я2 ... Яц—з > Я1Я2 ... ял_3.
Продолжив эти неравенства до конца, придем к невозмож-
ным неравенствам аг + а8 > ага2, аг > аР Следователь-
но, одно из чисел а,- равно 1. Пусть ап = 1, и ни одно из
остальных чисел а. не равно 1. Получим: су + а2 + ... +
+ а„_1 + 1 = ад ... а„_| > ад ... а„_2 + а„_ь откуда
ага2 ... ап-2 — (су + а2 + ••• + ая_2) < 1 (3)

(то есть = 0 или < 0). Мы пришли к условиям, приво-
дящим согласно (1) и (2) к тем же невозможным неравен-
ствам: а, + а2 > сусу, су > а1.

Следовательно, одно из чисел а, равно 1. Пусть а„_1 — 1,
получим: су + а2 + .. + ап_2 + 2 = суа2... ап_2 > суа2...
... ая_3+ ф- ая_2, откуда суа2 ... ая_3 —	+ а2 + ... +

-ф- а„_з) < 2( = 1, 0 или < 0).

Если «ад ... адз— (аг + а2 + ... + а„_3) = 1, то (ад ...
ая_4 + 0-п—з) — (<21 + + ... + ап—з) <1 1 или	••• ап—4 —

— (й1 4- а2 4- ••• 4- ая_4) < 1, что согласно (3) приводит
к тем же невозможным неравенствам. Рассуждая таким
образом далее, придем к формуле су 4*	+ ... 4-	+

4- п — к = суа2су... ак или п = аха2 ... ак к — (су -ф-
4- а2 4- ••• 4- <+), дающей все целые числа, обладающие
свойством, указанным в условии задачи. Так например,
при к = 2, «! = 2, а2 — 3 получим: п = 2 • 3 + 2 — (2 +
+ 3) = 3, п—к=\ и 1.2-3 = 1+ 24-3. При 6 =
= 2, су = 3, а2 = 4 получим: 3-4-1-1-1-1.1 =
-= 3 +4 + 1 + 1 +1 + 1 +1.

57.	Подкоренное число и показатель корня — равные
между собой натуральные числа. Найти наибольшее чис-
ленное значение такого корня.

58.	Найти четыре целых положительных неравных чис-
ла, зная, что их сумма равна произведению наибольшего
из них на наименьшее, сложенному с произведением двух
остальных.

Решение. Положим, что х — наибольшее число,
I — наименьшее, у иг — остальные два числа (у > г).
Имеем уравнение: (х + /) + (г + у) = х1 + гу. Пусть
X + I = х1. Тогда г + у = гу, и на основании задачи
№ 46 х=г/=г=/=2, что не удовлетворяет условию задачи.
Пусть х + I > х1, тогда I = 1 (на основании задачи №47);
х =М, так как х — наибольшее число). -

Имеем: у + г + 1 = г/г, откуда г =	= 1-1---—.

у — 1	у — 1

Это дает: у = 3, г = 2, х > 3. Пусть, наконец, х + I <
< х1.
Тогда у + г > уг, откуда г = 1, х + / -|- 1 = х/, I =
= 1 + -------. Это дает: х = 3, I = 2, что невозможно, так

х — 1

как г > I. Итак, имеем решение: X— произвольное чис-
ло, большее 3, у = 3, г = 2, I = 1.

59.	Как изменяется величина арифметической дроби
от прибавления к ее членам одного и того же числа?

Решение. Имеем:	— Д = й = —> о, ког-

Ь-\-т Ь	Ь(Ь-\-т)

да т > 0 и Ь > а или т < 0 и & < «; (1 < 0, когда т> О
и Ь < а или т < 0 и Ь > а.

60.	Теплоход совершил путь АВ по течению реки и
путь В А против течения. Доказать, что средняя скорость
теплохода в этом движении меньше его собственной скоро-
сти.

61.	Самолет пролетел путь от Л до В по ветру и путь
от В до Л — против ветра, причем ветер дул все время с
одинаковой силой. Затем самолет совершил этот же мар-
шрут в безветренную погоду. В обоих случаях мотор само-
лета развивал одинаковую мощность. В каком случае на
весь маршрут ушло меньше времени? Как зависит время,
расходуемое на весь маршрут, от скорости ветра?

62.	Катер проплыл расстояние АВ по течению реки и
расстояние ВА против течения, причем во время движе-
ния катера все время дул вдоль реки ветер. Было ли бы
израсходовано меньше времени на весь этот маршрут, если
бы ветра не было? Скорость течения, ветра, а также соб-
ственную скорость катера считать постоянными.

Решение. Введем обозначения: АВ — 5, V — соб-
ственная скорость катера, а — скорость течения (а < и).
Ветер придает катеру некоторую (незначительную) допол-
нительную скорость, которую обозначим буквой Ь. В без-
ветренную погоду на весь маршрут ушло бы времени

V + а V — а	V2— а2

Если ветер

дул в направлении течения, то времени было
,	5,5	25У	. ,

израсходовано = —---------—Н------------ = — г , м„ > I-

V + а + Ь V — а — Ь V2 — (а + о)2

Если же ветер дул против течения, то времени ушло 1ч =
.---—-----[---------=-------—-----< I. Следовательно, бы-

V + а — Ь V — а + Ь V2 — (а — Ь)2

ло бы израсходовано меньше времени, если направ-

6 Д.. С, Людмилов

81
ление ветра совпадало с направлением течения. К этому
выводу можно прийти, пользуясь результатом предыду-
щей задачи. Действительно, совпадение направлений вет-
ра и течения можно истолковывать как увеличение скоро-
сти ветра при движении в стоячей воде или как увеличе-
ние скорости течения при движении в безветренную погоду.
В обоих случаях (см. второй вопрос предыдущей задачи)
времени будет израсходовано больше.

63.	Два трактора вспахивают поле за х дней. Если бы
первый трактор вспахал половину поля, а затем второй —
остальную часть, то потребовалось бы у дней. Доказать,
что у > 2х.

64.	Велосипедист должен был проехать в определенный
срок некоторое расстояние, двигаясь с постоянной скоро-
стью и без остановок. Не делая остановок, он, однако,
на одной части пути а увеличил свою скорость на т, а на
остальной части на столько же уменьшил ее, причем
он прибыл к месту своевременно. Доказать, что увеличе-
ние скорости т не превышает 100% и что путь а более
половины всего пути.

Решение. Обозначим весь путь через 5, постоян-
ную скорость — V. Тогда —-------1- ~-а- = —. Упростив

V 4- т V — т V

т 9а — 3

это уравнение, получим: — =---------, откуда видим, что

V 5

2й >5, а> — и 2а—5 <5, так как а <5; значит, — <
2	V

< 1, что требовалось доказать.

65.	Катер должен был проплыть путь Л В по течению
и путь В А против течения в определенный срок и с постоян-
ной собственной скоростью. На пути Л В он уменьшил соб-
ственную скорость, а на пути В А — на столько же ~ уве-
час
личил ее. Опоздал ли катер?

Решение. Пусть ЛВ = 5, V — —собственная ско-
час

км	км

рость катера, а------скорость течения, х— —измене-

чае	час

ние скорости. Катер должен был затратить на весь мар-

шрут-------1-----=------- (часов). В действительности он

а + а а — а а2— а2

затратил ------— 1--------— =-------—----- (час). Отсюда

V — x-^-а о + х — а и2 — (х — а)2
видим, что при х— а = а, х — 2а катер совершит весь
маршрут как раз своевременно; при х > 2а катер опозда-
ет и при х < 2а он совершит весь маршрут раньше срока.

66.	Чтобы уравновесить чашечные весы, на одну из
чашек положили небольшой груз. Можно ли после этого
взвешивать на весах?

Решение. Отсутствие равновесия чашечных весов
вызывается различием длин плеч и г2. Пусть г2 >
т — дополнительный груз, М — взвешиваемый предмет,
Р1 и Р2 силы, действующие на плечи весов (без предметов
т и М). Так как силы Рг т и Р2 уравновешены, то по
правилу рычага +~— = —. Взвешивание предмета М

Р $

окажется возможным, если силы Р1 + т + Л4иР2 + ^
.	Р. + т 4 М г, Р.+ т

будут уравновешены, то есть если  р м — = р—•

Но это равенство невозможно: неправильная дробь —

Ч
уменьшается от прибавления к ее числителю и знаменате-
лю положительного числа М. Легко видеть, что относитель-
ная ошибка взвешивания равна Гг~ — •

67.	Какую часть данного количества товара М надо
отпустить покупателю с одной чашки весов,, описанных
в предыдущей задаче, и какую — с другой, чтобы общее
количество отпущенного товара было равно М?

68.	Доказать, что произведение суммы нескольких по-
ложительных чисел на сумму обратных величин этих
чисел не менее квадрата их количества.

Решение. Имеем: (а! + а2 Д- ... Д- ап) — -Д- — Д-
\ а.)

д-... д-1) =«д- + +	+	+

й,/	\йг а1)	\а2 йД	\ ап—1

д_ -3‘г~Д^ > п Д- 2п~п ~ = п2, так как — 4- — =

Т а„ >	2	а, й/

й, + й •	„

=------— > 2, а количество пар а, и а,- равно, очевидно,

й й/

п(п — 1)
' 2	'

69.	Тело проходит путь АВ равными1 частями, причем
скорость его по крайней мере на двух частях различна.
Обратный путь оно прошло равномерно со скоростью,

6*

вз
равной среднему арифметическому скоростей, которыми
обладало тело на отдельных частях пути АВ. На какой
путь ушло больше времени, на путь АВ или ВЛ?

Решение. Пусть АВ =5, п — количество равных
<>	1	5 \

частей пути каждая часть равна— ,	у2,	V,;' —

скорости на этих частях пути. На путь АВ ушло времени

/ = — + — +	На

пях пу2	п \ ^1 р2	Уп !

обратный путь ушло времени: Т = 5 : -	+ и*1 =

п

т т	гтч	>

--------------------. Имеем: Т — I =-------------------------------

_1_ Г». _1_ I	»» I	I —1— 7» .

так как на основании предыдущей задачи и2 < (ц1 +
+ о2 + ••• +	• (— + —+	+~) (знак равенства

\С1 С2	V» /

исключается, так как по условию задачи по крайней мере
две скорости у. различны). Итак, Т < I: на путь АВ уш-
ло больше времени.

Замечание. Мы доказали попутно, что средняя
п

скорость движения тела ------------- всегда мень-

I---1-—

ше средней арифметической скорости	.

п

§ 4.	КВАДРАТНЫЙ ТРЁХЧЛЕН.

70.	Аргумент х квадратного трехчлена принимает все-
возможные различные числовые значения. Могут ли среди
соответствующих численных значений трехчлена встре-
титься: а) два одинаковых значения? б) три и более оди-
наковых значения?

71.	Вычислить первую космическую (или круговую)
скорость, то есть наименьшую начальную скорость, кото-
рую нужно сообщить телу, чтобы оно начало двигаться
вокруг Земли, не падая на ее поверхность. Радиус Земли
принять равным 7? = 6400 км, ускорение силы тяжести

Решение. Для того чтобы тело не падало на Зем-
лю, необходимо, чтобы вес его равнялся центробежной
силе, возникающей во время его кругового движения.
Вес тела равен т§, центробежная сила где т—-
масса тела, V — искомая скорость. Имеем: т§ —	,

откуда V = У^ё = V640 0000 • 9,7 7900 — = 7,9 —
сек	сек

(сопротивлением воздуха мы пренебрегли).

72*. Вычислить вторую космическую (или параболиче-
скую) скорость, то есть ту минимальную начальную ско-
рость, которую нужно сообщить телу, чтобы оно могло
преодолеть земное притяжение и улететь в мировое про-
странство. Радиус земного шара принять равным 7? =

= 6400 км, а ускорение силы тяжести § = 10 —.

сек2

Решение. Всякое тело на поверхности планеты об-
ладает по отношению к центру планеты некоторой потен-
циальной энергией. Эту энергию можно создать, как бы
«извлекая» тело из центра планеты на ее поверхность. Для
простоты будем считать, что сила тяжести во время тако-
го воображаемого «извлечения» постоянна. Следователь-
но, величина этой энергии будет т§Я, где т — масса те-
ла. Искомая начальная скорость должна быть такой, что-
бы сообщаемая телу кинетическая энергия была числен-

но равна потенциальной энергии. Отсюда т§7? =	,

V = /2^ = 8000 /Г —	11-2 — •

’ 6	'сек	сек

73*. Вычислить вторую космическую (или параболиче'
скую) скорость относительно Солнца, то есть ту минималь-
ную скорость, которую нужно сообщить телу (находяще-
муся на поверхности Солнца), чтобы оно могло преодолеть
притяжение Солнца и улететь в мировое пространство.

Решение. Сравнивая результаты задач 71 и 72, ви-
дим, что вторая космическая скорость относительно пла-
неты (звезды) равна первой космической скорости относи-
тельно той же планеты (звезды), умноженной на у2.. Но
первая космическая скорость относительно Солнца равна
линейной скорости вращения Земли вокруг Солнца, то

2 -3,14 • 1495 • 103 оп км тл	-

есть ----------------30 —-. Искомая скорость прибли-

3600 • 365 • 24	сек

—	- км

женно равна 30/2 ~ 42,3	•

г	сек

74.	Два крана наполняют совместно бассейн за х ча-
сов. Один первый кран требует для наполнения бассейна
на х часов больше, чем один второй. Во сколько раз про-
пускная способность второго крана больше пропускной
способности первого?

75.	Через входной кран ванна может наполниться до
определенного уровня за х часов, а через выходное отвер-
стие — наполненная ванна может опорожниться за у часов.
Если открыть входной кран на у часов, а выходное отвер-
стие на х часов, то ванна наполнится до того же уровня.
Во сколько раз пропускная способность выходного отвер-
стия больше пропускной способности входного крана?

76.	Из пунктов А и В отправились две машины: одна
шла из Л в В, другая — из В в А. После встречи одной
из них потребовалось на остальной путь столько часов,
сколько у другой ушло на весь путь. Найти отношение
скоростей машин.

77.	Ученик увеличил число, полученный результат он
снова увеличил, затем новый результат он уменьшил —
каждый раз на одно и то же число пре центов. В результа-
те он получил первоначальное число. Найти это число
процентов.

78.	Из общего количества товара х% проданы с убыт-
ком в х%; х% оставшегося товара проданы также с убыт-
ком в х%. Весь остальной товар продан с прибылью в х%,
причем вырученная за весь проданный товар сумма денег
оказалась равной его себестоимости. Найти х.

Решение. Пусть себестоимость всего товара равна
а руб. и "“~= У- Себестоимость первой проданной части
товара равна ау, убыток на ней ау2. Себестоимость осталь-
ного товара равна а — ау = а(1 — у), а себестоимость
второй части проданного товара равна а(1 —у) у, убыток
на ней а(1 — у) у2. Себестоимость товара, оставшегося
после продажи этих двух частей, равна а(1 — у} — а(1 —
— У) У ” «(1 — У)2> а прибыль на нем а(1— у)2у. Чистая
прибыль «(1 — у)2у — ау2 — а(1 — у}у2 по условию зада-
чи равна 0. Имеем уравнение: а(1 — у)2 у — ау2—п(1 —
— У) У2 =^0, или 2у8 — 4у2 + у =0, 2у2 — 4у + 1 = 0,
у —	~ 0,293, откуда х = 29,3%.

79.	Тело, брошенное с некоторой начальной скоростью
вертикально вверх, поднялось за первую секунду на по-
ловину своей максимальной высоты. С какой начальной
скоростью брошено тело?

80.	На дно впадины выпустили из рук небольшой ка-
мень, измерив при этом время I = 10 сек от начала паде-
ния до того момента, когда услышали звук удара камня
о дно. Определить глубину впадины.

Указание. Воспользоваться законом свободного
падения. Скорость звука считать равной 340 —ускоре-
сек

1 г, я
ние силы тяжести — 10 — .
сек2

81.	Коэффициенты а, Ь, с уравнения х3 4- ах2 4- Ьх 4-
4- с = 0 рациональны и равны его корням. Найти а, Ь, с.

82.	Сумма двух чисел равна обратной величине одного
из них, а разность — обратной величине второго. Дока-
зать, что эти числа — мнимые.

83.	Найти два рациональных числа, сумма квадратов
которых равнялась бы сумме их кубов.

84*. Найти все пары неравных рациональных чисел,
разность которых равна разности их кубов.

Решение. Имеем уравнение: х — у = х3 — у3 =
= (х — у)(х2 4- ху + у2),	1 = х2 4- ху 4- У2 (так как

х-у =#0), х =	.

Число 4 — Зу2 должно быть рациональным,
Положим V 4 — Ъу2 =2 — /у (для любого наперед задан-
ного рационального числа и и фиксированного у можно
подобрать такое рациональное число /, что будет иметь
место равенство: и — 2 — /у)

4 — Зу2 = 4 — 4/у 4- /2у2, У =  --4/ /2 , х, =	+22~^=

3 ——2+/у /з —2/ —3
= -------- , х 2 — ------- — -------- .

3 + /2	2	3 +^2

Мы получили два множества пар рациональных чисел,
удовлетворяющих условию задачи. Все они дают различ-
ные значения для х и у, так как уравнения 4/	3 I

__21 и 4/==/2 — 2/ — 3 не имеют решений в области
рациональных, чисел.

§ 5.	ПРОГРЕССИИ И ПРЕДЕЛЫ Ч

85.	Найти сумму всех нечетных трехзначных чисел.

86.	Сумма некоторого числа последовательных нату-
ральных чисел, начиная с единицы, равна трехзначному
числу, все цифры которого одинаковы. Найти это число.

87.	Могут ли сумма и разность двух членов арифмети-
ческой прогрессии быть последовательными членами той
же прогрессии?

Решение. Имеем:

/ 1а + (1 (т — 1)1+ [а + (Цп — 1) ] = а + (1 (к — 1),
( [а 4- с1 (т — 1) ] — 1а 4- й (п — 1) ] = а 4- с1 (к — 2).
Или:

( а = (1 (к 4- 1 — т — п);

) а = с1 (т 4- 2 — п — к);

отсюда & 4~ 1 — т— п = пг 4~ 2 — п —к,

2к — 2т 4- 1, что невозможно: четное число не может
равняться нечетному числу.

88.	Если к членам одной арифметической прогрессии при-
бавить соответствующие (по номеру занимаемого места) чле-
ны другой арифметической прогрессии, то будет ли полу-
ченная последовательность арифметической прогрессией?

89.	Крайние члены арифметической прогрессии различ-
ны по абсолютной величине и сумма их равна сумме осталь-
ных членов прогрессии. Найти число членов прогрессии.

90.	Средний член арифметической прогресии, число
членов которой нечетно, равен сумме всех остальных чле-
нов прогрессий. Найти средний член прогрессии.

91.	Найти отношение корней биквадратного уравнения,
если известно, что они составляют арифметическую про-
грессию.

92.	Доказать, что пути, проходимые равноускоренно
(равнозамедленно) движущимся телом в последователь-
ные равные промежутки времени, составляют арифмети-
ческую прогрессию.

У Казани е. Воспользоваться формулой пути при
равномерно переменном движении

/с _ I \

(5 — о0 / 4- — .

1 Условимся ряд равных чисел не считать прогрессией.
93.	При равнопеременном движении тела проходи-
мый им путь вычисляется по формуле. 5 = у0/ 4------— ,

где оо — начальная скорость движения тела, а — уско-
рение, / — время движения. Вывести эту формулу *.

Решение. Разделим промежутки времени от 0 до
/ на очень большое число п равных частей. В таком случае
движение тела в продолжение одного (очень малого) про-
межутка времени, равного — , можем считать равномер-

ным. Скорость движения тела на промежутке от 0 до
п
можем считать равной Vо^, по истечении этого времени
скорость тела увеличится на а • — > следовательно, на

/	*	2/ \

втором промежутке от — до — скорость можем счи-
\	п	п /

„	, а/	, 2а/	тт

тать равной ц. + — , на третьем +----------- и т. д. На-
га	га

/ I (га—1)	\

конец, на последнем п-м промежутке от —------------ до /)

\ га	/

I	1) Ч/ ГТ

скорость достигнет значения о0 + 1. Пути, прохо-

димые телом в продолжение каждого

ков времени, соответственно равны:

/	. о/ \ I 0

Ро Н--------- ’ 53 =

\ п / п

(п — 1) а1 I

2 а1 \ /

га / га ’

из этих промежут-
51 =	—, 5 а =

га

••,5П = Г 1>0 +

ъ0

+

п п

Теперь имеем: 5^5, 4- 52 ~г 53 + ... + 5п =

^’о +

.	, а1 ,	.	2 а/ ।	,	.	(га — 1) а1

+	у0 4- — 4-	ц0 4-Ь	••• 4-	ц, +	-

гага	га

1_

га

1_
п

уоп + — (1 + 2 + ... + п — 1)
п

, а/2 га — 1

4-



Очевидно, полученная формула окажется тем точнее, чем

вернее окажется предположение о равномерности движе-

1 Вывод этой формулы в элементарных учебниках по физике не

является математически строгим.
ния тела в продолжение каждого из п промежутков вре-
мени Это же предположение верно при условии, если ука-
занные промежутки ничтожно малы, то есть число п — очень
большое. Но при очень большом п будет:

~ 1 Кт
п	\гг—>-оо

Следовательно, 5 = а01 +

94. Несколько рабочих

/г-1
п

2

приступили к выполнению не"

которой работы один за другим через равные промежут-
ки времени, после чего каждый из них работал до оконча-
ния всей работы. Работа была окончена в тот момент, ког-
да должен был приступить к работе предпоследний ра-
бочий. Доказать, что если бы эту работу выполняли с са-
мого начала все рабочие совместно, то времени было бы
затрачено меньше — не более, чем в три раза, но более, чем
в два раза.

Примечание. Считать, что продуктивность ра-
боты каждого рабочего одна и та же.

95.	Два велосипедиста движутся с одинаковой постоян-
ной скоростью. С некоторого момента времени первый из
них начинает двигаться равноускоренно с ускорением а—— ,
сек2
а второй начинает двигаться так, что за каждую следую-
щую секунду проходит путь на а метров больший, чем
в предыдущую. Какой из этих велосипедистов пройдет
больший путь за одно и то же время?

96.	Тракторист начал вспахивать прямоугольное поле
с краев, двигаясь все время вдоль периметра невспахан-
ной части и постепенно приближаясь к середине. Периметр
поля и ширина захвата всех плугов трактора известны.
Как вычислить, какую площадь вспашет тракторист, со-
вершив несколько (и) кругов вдоль периметра с момента
начала работы?

Решение. Пусть а — длина поля, Ъ — его ширина
(а > Ь), й—общая ширина захвата (ширина захвата
всех плугов, прицепленных к трактору). В результате
совершения первого круга вспахана площадь 2 ай +
2 (Ь — 2й) й = 2й (Ь + а — 2й). После первого круга
остался невспаханным прямоугольник, длина и ширина
которого соответственно равны а — 2й и Ь — 2с1 (черт. 13).
По аналогии можем написать, что в результате соверше-
ния второго круга вспахана площадь 2<4 (а—2<4 4~ Ь —
— 2(1 — 2(1) = 2(1 (а 4- Ь — 6(1), третьего — 2(1 (а 4* Ь —
— 10 (1) и т. д.; наконец, п-го — 2(1 [а 4- Ь — 2(2п — 1)(1}.
В результате совершения всех п кругов вспахана площадь:
5 = 2(1 (а 4- Ь — 2(1) 4- 2а' (а 4- Ь — 6(1) 4- 2(1 {а 4- Ь —
— Ю(У) 4* ... 4- 2г/ [а 4- д — 2 (2п — 1)	= 2т/п (а 4- Ь) —

— 4 д2 [ 1 + 3 4- 5 -(- ... + (2п — 1)] = Р(1п — 444?,
где Р = 2(а 4- Ь) — периметр поля1.

Черт. 13.

97.	Какую работу мы выполним, вытягивая при
помощи веревки (или цепи) ведро из колодца? Весом
веревки (цепи) не пренебрегать.

Решение. Вычислим работу, которую нужно вы-
полнить, чтобы вытянуть из колодца только веревку (цепь).
Разделим длину веревки (глубину колодца) на очень бтяь-
шое число п равных частей, так что длина каждой части
будет: (1 = —. Первая из рассматриваемых частей (верх-
няя) поднимается на высоту (1, вторая — на высоту 2(1,
третья — Мит. д. Последняя часть поднимается на вы-
соту пс1 = А. Обозначим вес веревки (цепи) через р. Тог-
да вес одной части будет —.

|п|

Для поднятия каждой части нужно выполнить последо-
вательно такие работы:

-^4, —2(1,	^-3(1,	]^п1 = ра.

п	п	п	|п|

1 Эту задачу можно решить пртце (см. ответ) без прогрессии.
Однако указан гы г злесь путь позволяет определять площади, вс, а-
хив емы? пр । совершении каждого круга (они составляют арифмети-
ческую прогрессию).
Следовательно, общая работа (поднятия всей веревки) вы-
разится приближенно так:

А ж ^(1 + 2 4- 3 ... + п)
п	п

” + 1 „ _ М п + 1
----- • п —------» ------,

2	2 п

Эта формула окажется, очевидно, тем более точной, чем
больше п.. Поэтому А = — Пт —— = —. Если бы вся
2 п оо и 2

веревка (цепь) находилась у самой поверхности воды, то
для ее поднятия пришлось бы выполнить работу рИ — в
два раза большую. Искомая работа равна РИ +	, где

Р — вес ведра.

98*. Вывести формулу для вычисления работы, которую
необходимо затратить, чтобы 1 г массы удалить с поверх-
ности планеты в бесконечность (эта работа называется по-
тенциалом точки поверхности планеты). Воспользоваться
полученной формулой для вычисления второй космичес-
кой скорости относительно земли (см. задачу 72).

Решение. Эту задачу можно было бы решать упро-
щенным путем, указанным в задаче 72. Однако мы восполь-
зуемся иным способом. Вычислим величину работы, ко-
торую нужно затратить, чтобы массу в 1 г переместить в

пространство по направлению радиуса планеты из ее по-
верхности на расстояние И. Разделим это расстояние на
очень большое число п, равных частей так, чтобы каждая
часть й = — была очень малой. По закону всемирного тя-
п

готения сила, действующая на массу 1 г, расположенную
на расстоянии от центра планеты Я 4- с1 (Р — радиус пла-
неты), равна /	, где [ яа 6,685 •	---Гра.

витационная постоянная, М — масса планеты; на расстоя.
нии Я + 2(1— I> на расстоянии Я + 3(/ —
— ' (р + 3д.у И ТЛД’ СИЛУ’ Действующую на указанную

массу во время ее перемещений на очень малом расстоянии
с! = —, можем с большой точностью считать постоянной.
п

Следовательно, работа А перемещения массы 1 г от поверх-
ности планеты к высоте И выразится приближенной фор-
мулой: л	—-—а+/ —-—а4-...+ /—-—а =

(Р + ау ' 1 (р + 2ау 1	1 '(/? + пй)2

= М—!__________1- -±-+... + —1-.- -] = а _^_+

(/? + ау <р + 2ау (Р + пау] а [<р + о2 1

+ •— ----Ь---Н-----—1. где р — — .

(Р + 2)2 (р + пу ]	а

Точное значение этой работы получим, если найдем
предел выражения

Р — _1Г—!----1----!---1---!—. _1_ ... -!—1 прип-» оэ.

4(Р+1)2 (Р + 2У ^(р + ЗУ '(р+пр\

Имеем:

1 = _1_______1 1

(р + 1)2 Р Р + 1 р(р + О2 ’

1 _ 1 1 1

(р+2)2	Р4-1 р + 2 (Р + 1)(р+ 2)2’

1 _ 1 1}.

(Р + З)2 Р + 2 р + 3 (р + 2) (р -р З)2

1 _ ' 1___________1_______1

(р+ пУ р+п — 1 Р + п (р + п— 1) (р + »У '
Складывая эти равенства, получим

гЛ 1_________О_[—1__ + .. .	+

</\р* р + п)-	[ар(р + 1)2 а{р + 1)(р + 2у

+---------1------+ ... +--------1------1.

<Цр + 2) (р + ЗУ	а(р + п — I) (р + пу ]

п	1/1	1	\	1	1	1	1

а\р р + п) ра ра + па р Р+к
Каждое слагаемое в квадратных скобках меньше —.
ар3
Следовательно, сумма в квадратных скобках при всяком
п	п Л2

п остается меньше выражения — =----------=-----.

аР3 д р3п3 р3п

п И3

Но Пт — 0.

п -* оо Р3П

Поэтому Пт Р = — — —-—. Итак, А = /;И Пт Р =
п -> оо Р Р + И	п -• оо

Устремляя теперь число Н к бесконечности, получим ис-
комое выражение потенциала точки поверхности планеты:
Р = (  —. Заметим попутно, что таким же способом мы
могли бы, пользуясь законом Кулона, прийти к аналогич-
ному выражению потенциала точки электрического поля:
Р — — • — , где е — диэлектрическая постоянная, д —
г г

величина заряда, г — расстояние точки до заряда (пред-
полагаемого точечным).

Для Земли Р 6,4 • 10’ см, М ~ 5,97 • 102’ г, следо-
вательно,

Р = 6,685 • 10 8 • 5,97 • Ю27 д 248 • 1011 9?г
6,4 • 107	’	г

Для того чтобы тело массы т могло быть выведено за пре-
делы земного притяжения (теоретически — в бесконеч-
ность), необходимо, чтобы приобретенная им кинетическая
тс2

энергия —-— равнялась его потенциалу относительно

о ти2 ? Мт. п

Земли: ----- = / . -- = Рт.

2	Р

Отсюда искомая вторая космическая скорость будет:

V = |/ 2Р~ да ]/ 124,96 • 1010 « 11,18 • Ю5 — ~
сек.

,, I о км	/у,	. Мт

ш 11,18 ---- . Из равенства /—- = тд следует, что

сек \	Р2

Р = /	= <Д? . )

А	/

99*. Вычислить третью космическую (или гиперболи-
ческую) скорость, то есть ту наименьшую начальную ско-
рость, которую нужно сообщить ракете, чтобы она могла
навсегда покинуть солнечную систему.

Решение. Согласно предыдущей задаче для подъема
ракеты на бесконечно большую высоту Н = над поверх-
ностью Земли необходимо выполнить работу А =	. Эта

работа равна убыли кинетической энергии: ------------

тс2^	тМ

------—- = /-----, где — искомая третья космическая
скорость,	— скорость ракеты на бесконечно большой

высоте (остаточная скорость). Отсюда с02 — с'

+ 2^“ ^+2,Л.
Теперь заметим, что для развития ракетой второй косми-
ческой скорости относительно Солнца (см. задачу 73) до-
статочно направить ракету с Земли (в направлении вра-
щения ее вокруг Солнца) со скоростью 42,3 — 30 =
= 12,3— (скорость вращения Земли вокруг Солнца =^30 — 1 •
сек \	сек/

Считая значение Vоо = 12,3-^- остаточной скоростью в
бесконечности (относительно Земли), получим:

щ = /1 1,22+ 12,32 ^16,7 -------•

0 г ’	।	’	1 сек

100*. В стенке цилиндрического сосуда, наполненного
жидкостью, пробито небольшое отверстие. Как вычислить,
сколько времени будет продолжаться вытекание жидкости
из отверстия? Как вычислить, сколько жидкости вытечет
за данный промежуток времени /?

Решение. Пусть отверстие находится на глубине И
от поверхности жидкости; обозначим радиус отверстия
через г, радиус основания цилиндра—через /?. Скорость
V вытекания жидкости из отверстия равна (закон Тори-
челли) скорости свободного падения с высоты И, то есть
V = ]/2<?/г . Скорость эта не остается постоянной, умень'
шаясь с течением времени, вследствие постепенного умень-
шения высоты И. Разделим высоту И пап таких частей, что-
бы расстояния точек деления от отверстия образовывали
геометрическую прогрессию;

И И	А 9 А ч

— , — а, — а, — ал,
п п	п п

- ап~1 = Ь(а>1).

Считая число п очень большим, а знаменатель прогрессии
а—очень близким к 1, получим очень малые расстояния
между двумя смежными точками деления.

Действительно, расстояние между к и (к —1) точками де-
ления (толщина к-го слэя жидкости, считая от отверстия)
равно ~а‘~1--------а*-2 ——ал~\а — 1) = /г-----(а— 1) <

п	п	п	ап—1

</г(а — 1), так как — а"-1 = /г и к — 2 < и — 1, откуда

Видим, что как толщина первого слоя - (непосредст-
п
венно примыкающего к отверстию), так и толщина к -го
слоя при п — и а —> 1 бесконечно убывает. Скорость
вытекания очень тонкого слоя жидкости можно считать
неизменной. Вычислим время 1к, в продолжении которого
вытекает/г-й слой. Объем/г-го слоя равен л2?2— ак~\а—1),
а скорость его вытекания из отверстия | /"2^— а*-1 .

п

Отсюда Д = ак~2 (а—1): яг2 1/ 2<у— ак~А —
п	|/ п

=---- • --- '  • -— . 1/ ак~ 1.

г2 У 2?/г аУ п

Искомое время Т приближенно выразится (с тем большею
точностью, чем больше п и чем а ближе к 1) так:

^7==т 1 а~.дО + Уа +/а2 + ]/а® + ... +

Л=1 г2 У 2дк ауп	1	1

4- Уа^)^ ~~ •	 а ~ 1 . ^а'‘ - 1

г2 У^дк ау7 Уа-\

Истинное значение времени Т получим при п-* оо и «->1:
у —- —2	2 — — 1 Х2^

г* У2дк г^у д'

Допустим, что за промежуток времени I сек. вытекает слой
жидкости толщиной (1. Согласно вышеизложенному вытека-
ние жидкости будет продолжаться еще — 1 / —-	| сек. |

г21/ д \	)

Имеем уравнение:	I — 1 X -= - 1 У — .

г2 |/ д г2-|/ д

Отсюда й = — / У2<//г —	.

К2 \	2/?2 /

Следовательно, искомое количество жидкости равно:

— яг21 (у 2аИ —	*) .

V 2Я2 /

10	1.Если члены одной геометрической прогрессии умно-
жить на соответствующие (по номеру занимаемого ими мес-
та) члены другой геометрической прогрессии, то будет ли по-
лученная последовательность геометрической прогрессией?

102.	Доказать, что произведение1 двух арифметических
прогрессий не может быть арифметической прогрессией.

103.	При каком условии сумма 1 двух геометрических
прогрессий будет геометрической прогрессией?

104.	Средний член геометрической прогрессии, число
членов которой нечетно, равен произведению остальных ее
членов. Найти средний член прогрессии.

105.	Средний член геометрической прогрессии, число
членов которой нечетно, есть среднее геометрическое меж-
ду произведением членов, расположенных левее от сред-
него члена, и произведением членов, расположенных пра-
вее от него. Найти средний член прогрессии.

106.	Произведение членов геометрической прогрессии,
стоящих на нечетных местах, равно произведению осталь-
ных ее членов. Найти произведение всех членов прогрессии,
если известно, что они различны по абсолютной величине.

107.	Число членов геометрической прогрессии четно.
Сумма первой половины ее членов равна сумме второй
половины. Могут ли члены этой прогрессии быть различ-
ными по абсолютной величине?

108.	Произведение крайних членов геометрической про-
грессии равно произведению остальных ее членов. Найти
число членов прогрессии.

„	„ О («—1)(п—2)

Решение. Но условию а • адп~~1 = ап~2д---------2— ’

ИЛИ а4р2"-2 = а2п-4^(п—1',(я—2). ^дП— 1а2)п—4 = 1( п — 4- если
= 1, то п можно взять произвольно. Задача неопре-
деленна.

109.	Найти отношение корней биквадратного уравне-
ния, если известно, что они составляют геометрическую
прогрессию.

ПО. Имеются два одинаковых сосуда: один напол-
нен доверху спиртом, другой до половины наполнен во-
дой. 'Второй сосуд доливается спиртом из первого сосуда,
затем первый сосуд доливается смесью, получившейся во
втором сосуде, и т. д. К какому пределу стремится содержа-
ние чистого спирта в первом сосуде?

1 Пот суммой (произведением) двух прогрессий подразумеваем
ряд чисел, состоящих из последовательных сумм (произведений) со-
ответствующих (по номеру занимаемого места) членов обеих прог-
рессий.

7 Д. С, Людмилов

97
Решение. Пусть объем сосуда равен У. Два после-
довательных переливания назовем операцией. Пусть после
(п — 1) операции в первом сосуде осталось чистого спирта
Уп-1 - Тогда после п операции чистого спирта в нем останет-

СЯ -Гу„_, + Л(у-у„_|+Лг,_,) =±У+Цг„_,

сосу-

после

После первой операции чистого спирта в первом

де осталось

второй — V г = — V 4-

после третьей — Уз =

111.	Может ли сумма арифметической и геометриче-
ской прогрессии быть прогрессией: а) арифметической?
б) геометрической?

112.	Если к каждому члену геометрической прогрессии
прибавить одно и то же число, не равное нулю, то будет
ли полученная последовательность чисел составлять гео-
метрическую прогрессию?

113.	Доказать, что произведение двух арифметических
прогрессий не может быть геометрической прогрессией,
если первый член и разность одной из этих прогрессий
имеют одинаковые знаки.

114.	Доказать, что если произведение арифметической
прогрессии на геометрическую прогрессию есть арифмети-
ческая прогрессия, то число членов ее не больше трех.

115.	Члены арифметической прогрессии, порядковые
номера которых образуют геометрическую прогрессию,
также образуют геометрическую прогрессию. Найти эту
арифметическую прогрессию.

116*. Несколько равных шаров расположили в форме
правильного тетраэдра так, что они плотно примыкают
друг к другу (каждый шар касается всех смежных с
ним шаров). Затем все эти шары расположили на плоскости
так, что они, плотно примыкая друг к другу, образовали
квадрат. Определить число шаров.

Решение. Шары в пирамиде расположены рядами
(слоями), имеющими форму правильных треугольников.
Пусть сторона самого большого первого ряда (основания
пирамиды) содержит т шаров; тогда число всех шаров
в этом ряде т 4- (т — 1) + (т — 2) 4~ ... 4* 2 4* 1 =
т(т 4- 1)	т1т — 1)

= ——-—- ; число шаров второго ряда равно: ——-—- ,

третьего — 1----------- и т. д. Общее число шаров выра-

зится формулой:

т т(т 4-1)	1

М = 2	9	= ~ 2 (т2 + т) = —

1(12 4- 22 4-	4- т2) + (1 + 2 4- ... + т) ].

Сумму в скобках можно упростить следующим образом.
Напишем ряд тождеств:

I3 = 1

23 = (1 + I)3 = I3 + 3 • I2 + 3 • 1 + 1
З3 = (2 + I)3 = 23 4- 3 • 2а 4- 3 • 2 4- 1

(т 4- I)3 = т3 4- Зт2 + Зт + 1.

Сложив эти тождества, после упрощения получим:
(т + I)3 = 1 4- 3(12 + 22 4- ... + т2) + 3(1 4~ 2 4- ... +
4- т) + т, откуда [(I2 4~ 22 4- ... 4- т2) 4- (1 4- 2 4~ •••'+
(т I)3 — (т 1) _ т(т ф- 1)(т 4- 2)

3	“	3	’

м = т(т + 1)(пг+2)

6

Шары можно расположить в форме квадрата, значит,
М. = п2, где п. — количество шаров в стороне квадрата.

По условию задачи т^т +	= п2, или

т(т 4- 1)(т 4- 2) = 6 • п2.

Пары чисел тит-^-1,т-}-1ит-^2 взаимно просты.
Пара чисел т и т 4~ 2 взаимно проста или имеет наиболь-
ший общий делитель 2. В первом случае выражение 6п2
представляло бы произведение трех взаимно простых
чисел: 6п2 = т(т + 1)(т 4- 2), что возможно лишь в.

+ «)1
случае п = 1 или п = 2. Действительно, все делители
числа п2 не могут быть сосредоточены одновременно в
двух или всех трех множителях произведения т(т 4- 1)Х
Х(т + 2), так как в противном случае эти множители не
могли бы быть попарно взаимно простыми; если все мно-
жители числа п2 сосредоточены в т, то тогда придется
предположить, что 6 = (т + 1)(т + 2), откуда т = п =
= 1; если они все сосредоточены в т-\- 1, то 3 = т(т -Т
+ 2), откуда т = п = 1.

Наконец, если все множители числа п2 сосредоточены в
т 4- 2, то 6 = т(т 4- 1) или 2 = т(т + 1), откуда
т = 1 или т = 2 и соответственно п. = 1 или п = 2-
Во втором случае, когда числа т и т -|- 2 имеют общий
делитель 2, числа т и п. должны быть четными; т = 2тп
п = 2пг Имеем: 2т1(2т1 4- 1)(2т! + 2) = 6(2«!)2 или
т1(2т1 4- 1) (тг 4* 1) = б^!2. Выражение 6«12 есть снова
произведение трех попарно взаимно простых чисел.
Проведя исследование, аналогичное изложенному выше,
мы не получим новых решений.

§ 6.	ЛОГАРИФМЫ И ПРОГРЕССИИ.

117.	Основание степени увеличили в несколько раз, а
показатель во столько же раз уменьшили, отчего сама
степень не изменилась. Может ли это быть?

п.

Решение. Имеем: ап = {ат)т . Исключим триви-
I

альные случаи а = О, п = 0, т = 1. Тогда а = (ат) т ,
1

откуда легко найдем; а = тт~ 1 , п — произвольное число.

118.	Изменится ли значение логарифма числа, если ос-
нование логарифма и само число возвести в одинаковую
степень?

119.	Логарифм числа не изменяется, если основание
логарифма и само число одновременно умножить на одно
и то же число. Найти этот логарифм.

120.	Число умножили на основание логарифма этого
числа. Как изменился логарифм числа (взятый при том
же основании)?

121.	Основание логарифма числа и само число умно-
жили на основание, отчего логарифм увеличился. Дока-
зать, что этот логарифм меньше единицы.
122.	Может ли логарифм произведения двух чисел
равняться произведению логарифмов этих чисел (основа-
ние общее)? Привести примеры.

123.	Логарифм логарифма числа равен квадрату лога-
рифма этого числа (основание общее). Привести соответ-
ствующие числовые примеры.

124.	Основаниями логарифмов нескольких чисел слу-
жат последовательно каждое из этих чисел. Найти произ-
ведение этих логарифмов.

Решение. Пусть имеем п чисел: а{, а2, а.л, ... ап
и пусть 1о§ а>1 ау  1о»й,.2 а2 ... 1о§ а,п ап = М. Будем
считать, что а,- + а,, так как в противном случае мы
имели бы 1о§	1, что не влияет на произведение

М, а лишь уменьшает число чисел п на единицу. Перейдя
к какому-либо общему основанию т (по формуле 1о§ьВ =
102т5 \	• 1о§та2. . . 1о§т а„

----- , получим: /V =--------------------------= 1,
1о§т6 /	'

так как числа а. , а. , а, а. и а,, а^,ач.........а —

(1	<3	* 1	- О,	п

одни и те же.

125.	Основания логарифмов одного и того же числа
образуют геометрическую прогрессию. Доказать, что ло-
гарифмы образуют гармоническую прогрессию г.

126.	Основания четырех логарифмов одного и того же
числа образуют геометрическую прогрессию со знамена-
телем, равным этому числу. Найти эти логарифмы, если
известно, что сумма первых двух из них равна сумме ос-
тальных.

Решение. Пусть 1о§ух г. Имеем 1о§ху х =

=	= _2_ 1оё х =	, 1о§ г	По

1о&,х+1	г+1 у 1+2г у	1+Зг

условию задачи 2 4--— = —---1----— , или после

1	2	I 22	1 32

упрощения Зг2 + 6г + 2 = 0, откуда г = ~ 3 ^3 _ .

1 Числа аг, а«,	, ап образуют гармоническую прогрессию

1 I	1

если обратные им числа — , — , ... , — образуют арифмети-
«I	“2	ап

ческую про, рессию.
127.	Основания логарифмов чисел и сами числа пред-
ставляют собой две геометрические прогрессии, имеющие
общий знаменатель.

Могут ли эти логаримфы составлять: а) геометрическую
прогрессию? б) арифметическую?

128.	Основания логарифмов четырех чисел и сами чис-
ла представляют собой две геометрические прогрессии,
имеющие общий знаменатель. Найти сумму средних лога-
рифмов, если известно, что она равна сумме крайних.

Решение. Пусть 1о§ух = г и т — произвольное
положительное число (т =/= I). По условию 1о§уХ +
+1о§ут<>хт3 = 1о§ут хт + 1о§утщ'т2 = 5, или, перейдя к
основанию у и заменяя 1о§ут = I, получим: 5 = г +

. г + 31 г -У ( . г 4- 2/

Н---!!----------1--!— . это уравнение упрощается к

1	31	1 -|- I 1 -|- 2/

следующему: 6^ (г — 1) —— 4 (г — 1).

2
При г = 1 получим 5 = 2. Если г 1, то / =—— и

г+3(-4)

5 получает такое же значение: 5 = г +------------=г+

1 + з|—21

\ з/
+ 2 — г = 2.

129.	Основания логарифмов четырех чисел и сами чис-
ла представляют собой две геометрические прогрессии,
имеющие общий знаменатель. Найти произведение сред-
них логарифмов, если известно, что оно равно произведе-
нию крайних.

130.	Доказать, что логарифмы последовательных чле-
нов арифметической (геометрической) прогрессии, взятые
по одному и тому же основанию, не могут составлять ариф-
метическую (геометрическую) прогрессию.

131.	Через сколько лет срочный вклад в сберкассу (3%
годовых) удвоится?

132.	Промышленное предприятие увеличивало объем
выпускаемой продукции ежегодно на одно и то же число
процентов. Найти это число, если известно, что за три
года объем выпускаемой продукции возрос в три раза.

133.	Двадцатая степень целого числа есть двадцатипя-
тизначное число. Найти это целое число.

134.	Зависимость атмосферного давления р от высоты Н
выражается приближенной формулой: р = рй • е~°'|27Л
102
(барометрическая формула), где р0 ~ 1,012 • 10е —--------

сма

атмосферное давление у самой поверхности Земли,
2,718 — основание натуральных логарифмов; значе-
ние Н выражено в километрах. Определить по этой форму-
ле толщину Н атмосферы в предположении, что атмосфе-
, дин .

ра кончается там, где давление достигает значения 1 ---

III. ГЕОМЕТРИЯ.

§ 1.	ПЛАНИМЕТРИЯ.

1°. Какую дугу в градусной мере описывает ежеминут-
но каждая точка земной поверхности при вращении Зем-
ли вокруг своей оси?

2°. Пароход движется равномерно в направлении ме-
ридиана. Как вычислить изменение (в градусной мере)
географической широты за каждый час движения?

3°. Через вершину данного угла проведена прямая,
разделившая его на две части. Угол между биссектрисами
этих частей равен углу, смежному с данным. Определить
угол между биссектрисами.

4.	Угол между биссектрисами двух углов, имеющих
общую вершину и общую сторону, — прямой. Доказать,
что сумма или разность этих углов равна 180°.

5°. Найти тупой угол между биссектрисами острых уг-
лов прямоугольного треугольника.

6°. Могут ли две внутренние биссектрисы треугольника
быть взаимно перпендикулярными?

7°. Секущая делит треугольник на две равные фигуры.
Этим же свойством обладает другая секущая. Найти углы
треугольника.

8.	Катет прямоугольного треугольника равен одной
из его медиан. Найти угол между этой медианой и вторым
катетом.

9.	Биссектриса угла при основании равнобедренного
треугольника равна его стороне. Найти этот угол.

10.	Биссектриса внутреннего угла треугольника равна
биссектрисе смежного с ним внешнего угла. Найти раз-
ность двух других углов треугольника.
1Г. В столярной мастерской изготовляют из багетов
прямоугольные рамки. При этом для правильного соеди-
нения сторон рамки приходится вырезывать углы (черт.
14), составляющие отход. Какой отход получается при
изготовлении одной рамки? Составить соответствующую
задачу с числовыми данными.

12.	Центры окружностей описанной около треугольника
и вписанной в него совпа-

дают. Определить углы
треугольника.

13.	Меньшее основание
равнобедренной трапеции
равно боковой стороне, а
диагональ равна большему
основанию. Определить
острый угол трапеции.

14°. В числе углов вы-
пуклого многоугольника
имеются острые углы и

один прямой угол. Найти число острых углов.

Указание. Использовать теорему о сумме внеш-

них углов выпуклого многоугольника.

15.	Углы правильного многоугольника выражаются це-
лыми числами градусов; число этих углов не кратно ни 2,
ни 3. Найти число углов.

16.	Отрезок, соединяющий середины оснований тра-
пеции, равен их полуразности. Определить сумму углов

при основании трапеции.

Решение. Пусть М и У — середины оснований ВС
и АО трапеции АВСО, причем ММ =	—АМ —

— ВМ = ОМ — СМ. Проведя ВР || ММ )) СЕ (черт. 15),
получим;

.ММ — ВР — СЕ = АР — ОЕ, ^0= ^ОСЕ =

А = ^АВР = откуда ^.А 4- ^О =

-у	— до0

2 ~ 2

17.	На горе, уклон которой к горизонту равен 30°,
лежит кусок рельса. Во сколько раз кантовать его (ставя
в вертикальное положение и заставляя падать) с горы
легче, чем в гору?
Решение. Пусть АВ — положение куска рельса
на горе, разрез которой представлен углом ЕСР (черт. 16),
Л4 — середина АВ (центр тяжести рельса), АВ1 и ВА, —
два его вертикальных положения, АС и М2— центры тяжести
рельса в этих положениях. Проведем РМО || СР. В первом
положении центр тяжести поднят на высоту МгР —
= -^АВ — АР, во втором—на высоту М20 = ~АВА~
+ ВО.. Но ^ВМО = ^РМА = 30°. Следовательно,
АР = ВО = —ЛВ; М±Р =—АВ- М20 = — АВ\

4	4	4

кантовать с горы в 3 раза легче (в смысле количества выпол-
няемой работы).

Черт. 15.

Черт. 16.

18.	Найти отношение катета прямоугольного треуголь-
ника к расстоянию центра тяжести треугольника от дру-
гого катета.

19.	В четырехугольнике,описанном около круга, про-
ведена параллельно его стороне секущая прямая. Можно
ли в одну из получившихся частей четырехугольника
вписать окружность?

20.	Пловец переплывает реку со скоростью, равной
скорости течения, стремясь все время плыть перпендику-
лярно направлению течения. На какое расстояние отне-
сет его течение в сторону?

Указание. Использовать правило (параллело-
грамма) сложения скоростей.

21.	Сколько существует пар неравных подобных тре-
угольников, которые имеют по две равные стороны и по
две равные высоты?

Указание. Из того что подобные треугольники
имеют по две равные стороны, следует, что они имеют по
две равные высоты.
22.	Секущая прямая разделила треугольник на две
неравные подобные между собой фигуры. Найти наиболь-
ший угол треугольника.

23.	Биссектриса равнобедренного треугольника отсе-
кает от него подобный ему треугольник. Найти углы равно-
бедренного треугольника.

24°. У стены высокого здания стоит длинная лестница.
Как определить длину лестницы, приставляя к стене па-
раллельно лестнице палку известной длины?

25°. На ровной местности стоит дерево, отбрасывающее
тень. Как на основании подобия треугольника найти высо-
ту дерева, воспользовавшись шестом известной длины?

26.	Секущая прямая делит параллелограмм на два
параллелограмма, подобные данному. Найти отношение
сторон каждого параллелограмма.

27.	Прямая, параллельная основаниям трапеции, раз-
делила последнюю на две трапеции, в каждую из которых
можно вписать окружность. Доказать, что эти две трапеции
подобны.

28.	Поперечное сечение железнодорожной насыпи име-
ет форму равнобедренной трапеции. Как определить боль-
шее (недоступное) основание этой трапеции (а следователь-
но, и ее площадь), не измеряя угол откоса и высоту на-
сыпи? (Черт. 17.)

Решение. Измеряем отрезки АВ = СО — а, ВС =
= Ь. Пусть 5 — точка пересечения сторон АВ и СО (на
чертеже не указана). Обозначим АО = х, тогда
у = -а (1)- Расположив два прямых шеста на
откосах АВ и СО (приблизительно в плоскости поперечного
сечения) так, чтобы выступы ВЕ и СЕ были равны, изме-
ряем отрезки ВЕ = СР = с и ЕР = <1. Тогда получим:

Д _ 8С
а ~ 8С - с ’

Из (1) и (2) находим искомое основание АО = х.

29.	Для решения предыдущей задачи выкопали выемку
АММ (ММ ± АО) (черт. 18). Как следует поступить да-
лее?

30.	Между двумя точками А и В натянут длинный
стальной трос (черт. 19). Как определить силу натяжения
троса, пользуясь длиной стрелки К = ОЕ (О — середина
троса)?

Решение. В точке О действуют три силы: сила Р —
веса троса, направленная вертикально вниз, и силы натя-
жения троса Р± и /%, равные по величине и направленные
соответственно от О к Д и от О к В (черт. 19). Так как

Черт. 18.

эти силы уравновешены, то одну из них (например, Р)
можем рассматривать как геометрическую сумму двух
других. Построив соответствующий параллелограмм сил
(ромб ОРгРр2), получим из подобия треугольников ОВЕ,

Черт. 19.

Черт. 20.

и 0Р2М (М — точка

|Р| _ ОР __ 2ОЛ-1 _ 20/

“ ОР2 ~ ОР2 ~ ОВ

Если (1 — диаметр

пересечения диагоналей ромба):
4/1

= где I — длина троса.

троса, то |Р| = •^-/•7,8 (удель-

Г \
ный вес стали принимаем 7,8 — .
см3 /
„	|р~1 1гП	гй2/-7,8-/ 1И1«2

Следовательно, г 2 = п =----------=-------- »1,531------.

1 1	' 1 4Н 4-4Л	К

31.	Во сколько раз поступательная скорость верхней
точки обода велосипедного колеса (точки Д) численно
больше поступательной скорости боковой точки (В или С)
того же колеса, если велосипедист едет с постоянной
скоростью (черт. 20)?

Указание. Поступательная скорость точки обода
колеса слагается геометрически из двух скоростей: ско-
рости поступательного движения велосипедиста и скорости
вращательного движения этой точки; эти две скорости чис-
ленно равны.

32.	Вы стоите на ровной местности и видите в воде отра-
жение ве"рхушки заводской трубы. К подножию этой тру-
бы подойти можно. Как, пользуясь подобием треуголь-
ников, найти высоту трубы?

Указание. Воспользоваться законом отражения
света.

33.	Высота и медиана, проведенные к одной и той же
стороне треугольника, разделили противоположный угол
на три равные части. Определить углы треугольника.

Указание. Использовать свойство биссектрисы
угла и обратную теорему о катете, лежащем против угла
в 30°.

34.	Сколькими элементами определяется: а) треуголь-
ник? прямоугольный треугольник? б) параллелограмм и
отдельные его виды? в) трапеция и отдельные ее виды?
г) произвольный п-угольник.

Решение, г) Будем строить п-угольник. Длина
одной его стороны (один элемент) определяет положение
двух вершин. Положение каждой из остальных (п — 2)
вершин определяется двумя элементами (например, рас-
стояниями этой вершины к двум ранее выбранным верши-
нам). Всего элементов потребуется 1	2(п — 2) = 2п —3.

35.	Начерчены пять отрезков. Сколько, самое большее,
можно построить выпуклых четырехугольников, стороны
которых и диагональ были бы равны этим отрезкам?

Указание. Из 5 отрезков можно составить, самое
большее, 10 различных треугольников. Каждый из этих
треугольников даст начало, самое большее, 6 различным
четырехугольникам, при этом каждый четырехугольник
будет повторяться дважды. Общее число различных че-

Ю 6
тырехугольников равно —-— = 30.

36.	Сколько можно составить различных по содержанию
задач, в которых по данным элементам, определяющим пря-
моугольный треугольник, требуется найти все остальные
элементы, если рассматривать следующие элементы: сто-
роны треугольника, высоту, проведенную на гипотенузу,
проекции катетов на гипотенузу?

37.	На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника
АВС взята точка Р. Сколько соотношений, и какие имен-
но, существует между сторонами треугольника и отрез-
ками РА, РВ, РС?

Указание. Прямоугольный треугольник опреде-
ляется 2 элементами, положение точки Р — одним, поэтому
данная фигура определяется 3 элементами. 6 элементов
(стороны и указанные отрезки) должны быть связаны
6—3—3 соотношениями, два из которых, очевидно, таковы:
РА + РВ = АВ, АВ2 = АС2 + ВС2.

38.	Какие соотношения существуют между высотами
йа, /гй, Кс треугольника и расстояниями йа,
(1С какой-либо точки внутри этого треугольника к его
сторонам а, Ь, с?

Решение. Фигура определяется 5 элементами, поэтому
между 6 элементами Иа, Иь, Нс, йа , (1Ь , (1С существует
одно соотношение. Очевидно айа 4- Ьс1ь + сс1, = 25. Вве-
28	28	28

дя сюда вместо а, Ь, с соответственно ---,---- ,----,

получим искомое соотношение: ——--------— -]--— — 1.

Л/,

39.	Найти зависимость между диагоналями парал-
лелограмма и расстояниями какой-либо точки внутри его
плоскости ко всем вершинам.

Решение. Пусть 5 — произвольная точка внутри
плоскости параллелограмма АВСО (черт. 21). Найти зави-
симость между отрезками 54, ЗВ, ЗС, 50, АС и ВО.
Треугольник ВЗО определяется отрезками ЗВ, 30 и ВО;
для определения треугольника 45С необходимы еще
два элемента, так как медиана 05 уже определена в тре-
угольнике ВЗО. Следовательно, между указанными шестью
отрезками должно существовать одно соотношение. Из
чертежа имеем: АС2 + 4О52 = 25С2+ 2542; ВО2 + 4052 =
= 25В2 4 25О2 (на основании теоремы о сумме квадратов
диагоналей параллелограмма), откуда ВО2 — АС2 —

2'ЗВ2 + 502 — ЗС2 — 542).

40.	Перпендикуляры к сторонам многоугольника пере-
секаются в одной точке внутри его плоскости. Найти соот-
нсшеяие между отрезками, на которые эти перпендикуляры
разделили стороны многоугольника.
Решение, п-угольник определяется 2п — 3 эле-
ментами, положение точки 0 пересечения указанных пер-
пендикуляров — двумя элементами. Поэтому между 2п
элементами (отрезками сторон) должно существовать 2п —
— (2п — 3	2) = 1 соотношение. Пусть и- и Ь. — от-

резки стороны ЛгЛ(+1 (черт. 22). Имеем:

ОЛ,2 — 0^ = ОЛ22 — Ь*, АО22 — а22 = 0Л32 —

- 622, ..., 0Лй2- о/ = ОЛ/- Ь*.
Складывая эти равенства, получим:

а/2 + а2'2 + ... Н- а2 = й/2 + Ь22	... + 6„2.

41.	Сколькими элементами определяется с точностью до
подобия1: а) треугольник и его отдельные виды? б) четырех-
угольник и его отдельные виды? в) произвольный «-уголь-
ник?

42.	Угол между высотой и биссектрисой, проведенными
из одной вер'шины треугольника, равен полуразности
двух других его углов. Содержится ли в этом утверждении
данный угловой элемент треугольника?

43.	Сумма квадратов диагоналей трапеции равна квад-
рату суммы оснований. Является ли это утверждение дан-
ным элементом трапеции?

44.	Сумма квадратов двух противоположных сторон
четырехугольника равна сумме квадратов двух других
сторон. Найти угол между диагоналями четырехугольника.

45.	Расстояние между серединами противоположных
сторон четырехугольника равно полусумме двух других

1 Определить фигуру с точностью до подобия—это значит за-
дать элементы, фиксирующие фигуру, подобную искомой, то есть ее
форму.
сторон. Найти соотношения между углами четырехуголь-
ника.

Решение. Пусть АВСО — данный четырехуголь-
ник, в котором М и М — середины противоположных сто-
рон АВ и СО, 5 — середина диагонали ДС, К — точка,
пересечения АС и ММ (черт. 23). Имеем: ДО || 8М =
= -—-ДР, ВС || 5Л1 = -~-ВС. По условию задачиуДО 4~
4- ~АС = 8М + 5Л1 = ММ, что возможно только при
совпадении точек 5 и К- А тогда ДО || ВС или ^.А 4-
4- ^.В = ^С + -^О = 180°.

46.	Сумма расстояний между серединами противопо-
ложных сторон четырехугольника равна его полупериметру.
Доказать, что такой четырехугольник является параллело-
граммом.

Решение. Пусть ММ и ЕВ — отрезки, соединяю-
щие середины противоположных сторон четырехугольника
АВСО (соответственно АВ и СО, АО и ВС). На основании
«	м ДР 4- РС гг АВ 4" СР

предыдущей задачи ММ	-----, ЕР -----------

Складывая эти неравенства, получим: ММ 4- ЕР <

АВ 4- ВС 4-СР 4- ДР

<-----1!1, причем знак равенства имеет место

лишь одновременно с предыдущими неравенствами. Следо-
вательно, АВ || СО и АО || ВС.

47.	Доказать, что при помощи циркуля и линейки мож-

но построить центр тяжести произвольного многоугольника.

Указание. Можно построить центр тяжести
произвольного четырехугольника АВСО (черт. 24), раз-
бивая его на два треугольника двумя различными спосо-
бами: например, диагональю ВО и продолжением стороны
ОС. Если М2, М.А, М,— центры тяжести соответст-
венно треугольников АВО, ВСО, АЕО, ВСЕ, то центр
тяжести четырехугольника будет расположен в точке пере-
сечения отрезков МГМ2 и М.АМц (в точке М).

48.	В чем состоит ошибочность задачи: «Вписанная
в прямоугольный треугольник окружность делит одну из
медиан на три равные части. Определить углы треуголь-
ника»?

Решение. Форма прямоугольного, треугольника
определяется одним угловым элементом. В условии задачи
содержатся два данных угловых элемента: равенство трех
отрезков.

49.	Рт^бы найти площадь «живого» сечения реки, изме-
рили в определенном месте ее ширину (в направлении,
перпендикулярном берегам реки), затем измерили глубину
реки в нескольких точках, расположенных на том же на-
правлении на .равном расстоянии друг от друга. Кгк,
пользуясь полученными результатами, найти площадь
«живого» сечения реки?

Указание. Искомая площадь равна сумме площа-
дей прямоугольных трапеций и треугольников; если
(1 — ширина реки, /г,(/ = 1, 2, 3, ..., п) — глубина реки
в п точках, в которых проводилось измерение, то искомая
площадь приближенно равна

—— (^1 + ^2 + • • • + Л„).

п + 1

50.	Стороны одного треугольника равны медианам вто-
рого треугольника. Найти отношение площадей этих тре-
угольников.

Решение. Пусть О — точка пересечения медиан
треугольника АВС, АЕ, ВМ и СМ — его медианы (черт 25).
Продолжим ВМ на расстояние = ОМ и соединим
К и С. Тогда пл. ОСЕ = — пл. АВС. Но стороны ЛОСК
3

2

составляют — соответствующих медиан Д/4ВС. Поэтому

1	/ 2 \2	3

искомое отношение равно — : / — I = —

3	\ 3 /	4

51.	Боковая сторона трапеции разделена на три рав-
ные части. Прямая, параллельная основаниям трапеции и
112
проходящая через одну из точек деления, делит площадь
трапеции пополам. В каком отношении делит площадь тра-
пеции ее средняя линия?

52°. Вершины треугольника недоступны. Как при по-
мощи геометрических построений найти радиус окруж-
ности: а) вписанной в треугольник? б) описанной около тре-
угольника? Как найти площадь треугольника?

Указание. Найти построением центр вписанной
окружности и, приняв
его за центр подобия,
построить треугольник,
подобный данному.	XI \

53.	Дана окружность	X / \

и вне ее точка1. Как

вычислить расстояние	X	\

от этой точки до центра Х^

и длину касательной, А
если центр окружности
недоступен?

Указание. По

трем точкам окружное-	Черт. 25.

ти находим построени-

ем (или измерением и вычислением) радиус окруж-
ности, затем проводим произвольную секущую. Даль-
нейшее ясно.

54.	Шесть одинаковых кругов расположены в одной
плоскости так, что каждый из них касается двух соседних
кругов. Определить отношение радиусов кругов, касаю-
щихся всех данных шести кругов.

55.	Три равных круга, расположенных в одной пло-
скости, взаимно касаются друг друга. Четвертый круг каса-
ется каждого из трех первых. Найти отношение радиуса
четвертого круга к радиусу одного из остальных кругов.

56.	Четыре равных круга расположены в одной пло-
скости так, что каждый из них касается двух других. Пя-
тый круг касается всех четырех кругов. Найти отношение
радиуса пятого круга к радиусу одного из остальных
кругов.	______________________

57°. Сколькими элементами определяется: а) правиль-
ный многоугольник? б) форма правильного многоугольника?

1 Имеется в виду, что окружность и точка лежат в одной плос-
кости.
Указание. Форма правильного многоугольника
определяется его видом, то есть заданием числа п его сто-
рон (углов).

58.	Внешний угол одного правильного многоугольника
равен внутреннему углу второго. Найти эти углы.

59.	Угол правильного многоугольника выражается в
градусах целым простым числом. Найти это число.

60.	Внутренний угол одного правильного многоуголь-
ника на столько градусов больше внутреннего угла вто-
рого правильного многоугольника, на сколько число сто-
рон первого больше числа сторон второго. Найти число сто-
рон первого многоугольника, если оно является точным
квадратом.

61.	а) Квадрат и правильный треугольник имеют рав-
ные периметры. Как относятся их площади? б) Квадрат
и правильный треугольник равновелики. Как относятся их
периметры?

62.	Правильный треугольник срезан по углам так, что
получился правильный шестиугольник. Какая часть пло-
щади треугольника срезана?

63.	Правильный шестиугольник срезан по углам так,
что получился правильный двенадцатиугольник. Какая
часть площади шестиугольника срезана?

64.	Углы прямоугольника срезаны (то есть отрезаны
четыре треугольника) так, что получился правильный
шестиугольник. Определить отношение сторон прямо-
угольника.

65°. Сколькими элементами определяется: а) окруж-
ность или круг? б) дуга окружности, сектор, сегмент?

66. Сколько можно составить различных по содержа-
нию задач, в которых по данным элементам, определяю-
щим сектор, требуется найти все остальные его элементы,
если рассматривать следующие элементы сектора: радиус,
длина дуги, центральный угол, хорда, площадь, радиус
вписанной окружности?

Указание. Из 6 данных элементов можно соста-
вить — = 15 различных пар, соответствующих 15
различным по содержанию задачам.

67°. Как определить скорость ветра, пользуясь только
что пущенной, но еще не загруженной полезной рабо-
той ветряной мельницей? Трением в механизмах мельницы
пренебречь.

Указание. Искомая скорость равна линейной
скорости крайней точки ветряного колеса.

68.	Как вычислить путь 5, пройденный велосипедом,
если известны: количество оборотов педали т, диаметр (1
велосипедного колеса, количество зубьев большой
шестерни и количество зубьев пх, ведомой (малой) шестерни?

69.	С какой приблизительно скоростью надо двигаться
вдоль экватора навстречу заходящему солнцу, чтобы все
время держать его в поле зрения?

Указание. Искомая скорость равна линейной
скорости движения какой-либо точки экватора при суточ-
ном вращении земли вокруг своей оси. Радиус земли при-
нять равным 6400 км.

70*. С какой скоростью и на какой высоте над эквато-
ром земли должен вращаться с запада на восток (то есть
в направлении вращения земли вокруг своей оси) искус-
ственный спутник, чтобы он все время находился над од-
ной и той же точкой экватора1?

Решение. Обозначим искомую скорость через V,
искомую высоту — через Н. Центростремительное уско-
рение, благодаря которому спутник удерживается на сво-
у2

ей круговой орбите, равно ’ а соответствующая

центростремительная сила равна	где К —ра-

диус Земли, т — масса спутника. По закону всемирного
ти- : тМ	г

тяготения -^-^=	гДе / — гравитационная по-

стоянная (см. задачу 98, разд. II), М — масса Земли. От-
сюда V2 = /	(см' задачу 98, разд. II). Длина

круговой орбиты спутника равна 2л(7? 4~ Н), а время I
.	,	2п(7? 4-/7)	_

одного его оборота равно / = —-— - -. Отсюда --— =

Н 1/
г к+н

= 4л2(7? 4- Н)2, (К 4- ну =	, Н = т — п.

4 г.2	У 4л2

1 Такой искусственный спутник называется стационарным. Его

можно было бы наблюдать одновременно с огромной территории зем-
ного шара.
Очевидно, что для того чтобы спутник все время находил-
ся над одной и той же точкой экватора, необходимо,
чтобы период вращения его вокруг Земли равнялся пе-
риоду вращения Земли вокруг своей оси, то есть звездным
суткам: I — 23 часа 56 минут 4 секунды — 86164 сек.
Подставляя все величины в выражение для- Н, найдем:
Н — 1/ (6400)486164)2-9,8 _ 64оо ~ 35800 км. Теперь
У	4п2

имеем: 7? + Н = 42200 км и V = 6400 1 /~	9>8

V 42200-1000

^3,1™-

сек

71.	Дан круг. Как рассчитать, сколько равных кругов
данного радиуса можно расположить на одной плоскости
с данным кругом так, чтобы они касались его и друг
Друга?

Решение. Пусть О,О1уО2 — соответственно центры
данного круга и двух смежных равных между собой кругов
(черт. 26). Искомое число кругов равно, очевидно, •
Построив △О1ОО2 и измерив жс01002, вычислим искомое
число кругов1 (оно равно целой части дроби —.

72.	Имеется кольцо от подшипника и один из его ша-
риков. Как определить, сколько всех шариков было в под-
шипнике? (Всешарики поч-
ти касались друг друга.)

Указание. Вос-
пользоваться результатом
предыдущей задачи.

73.	Данного круга ка-
саются несколько равных
кругов большего радиуса,
которые касаются также
друг друга. Все круги
расположены в одной пло-
скости. Найти число всех
кругов.

1 При помощи тригонометрии искомое число кругов выразится
. 180°
формулой ------------ (оно равно целой части этого числа).

аге 8 ш
Указание. Воспользоваться результатами зада-
чи 71.

74.	На патефонной пластинке имеются пазы, в кото-
рых движется острие патефонной иглы. Как вычислить
длину этих пазов, не пользуясь проигрывателем?

Решение. Пазы чередуются с ребрами, отде-
ляющими один паз от другого, занимая одинако-
вую с ними площадь. Эти пазы образуют одну спиральную
линию, которую можно рассматривать как систему концент-
рических окружностей. Находим площадь 5 рабочей части
пластинки (как разность площадей двух кругов), а так-
же ширину (1 рабочей части (измеряемую вдоль радиуса
пластинки). Затем находим число п пазов (ребер), как в
задаче 19, раздел I. Тогда искомая длина / всей спираль-
ной линии будет: I = — = Можно решить эту зада-

п

чу без помощи формулы площади круга, используя ариф-
метическую прогрессию. Как следует поступить в таком
случае?

75.	Из жести выштамповывают одинаковые круги. Оп-
ределить минимальный процент отходов.

Указан ие. Минимальный процент отходов получа-
ется тогда, когда каждый из вырезаемых кругов касается
шести соседних с ним кругов.

76.	Парйетный пол сложен из одинаковых правильных
восьмиугольных и четырехугольных плиток. Каждая че-
тырехугольная (квадратная) плитка расположена между
четырьмя восьмиугольными плитками. Какую часть общей
площади пола составляют квадратные плитки?

Указание. Количества квадратных и восьмиуголь-
ных плиток приближенно равны, поэтому если п — отноше-
ние площади квадратной плитки к площади восьмиуголь-
нои, то искомое отношение х будет равно ------.

п+1

77.	Правильный треугольник и правильный двенадца-
тиугольник вписаны в одну и ту же окружность. Найти
отношение их площадей.

78.	Даны два круга такие, что правильный треуголь-
ник, вписанный в один из них, равновелик правильному
шестиугольнику, описанному около другого. Вычислить
отношение площадей кругов.
79.	Вершины правильного пятиугольника служат вер-
шинами правильной пятиконечной звезды, вписанной в
пятиугольник. Какую часть площади пятиугольника за-
нимает звезда?

Решение. Проведем ВР — биссектрису угла ОВМ
треугольника ОВМ (Л4 середина дуги АВ, черт. 27). Тогда
Л ОВМ оо △ РВМ	~-МВ., откуда МВ — ВР —

_ К	МВ

5__1

= ОР = В-—-—(сторона правильного вписанного десяти-
угольника есть большая часть радиуса, разделенного в

М

О

Черт. 27.

среднем и крайнем отношении). Далее: ^.МВЕ =

= ^ВРМ = 54°, откуда МР = МВ = ВР = ОР =К • —

ОР = Я — Р = р .	ОР = МР, РР =

2	2

— мр = р ор =ор + рр = р .	1 +

2	4	2

н п з-П_ гг+ 1

4	4	_

р 3-Г5~Г

т»	пл. ОВК ОК	2

Искомое отношение равно--------= — = ---------—. =

= г/Г— 4 0,472.
80. Один круг обкатился вокруг неподвижного второго,
затем второй круг обкатился вокруг неподвижного первого
круга. Качение происходило без скольжения. Какое наи-
меньшее число оборотов могли при этом сделать оба кру-
га вместе?

Решение. Пусть 7? — радиус первого круга, г —
радиус второго круга. Первый круг, обкатившись вокруг
второго, сделал ~ оборотов плюс 1 оборот, полу-
ченный в результате вращения вокруг второго круга на
угол 360° (при г = 0 мы получаем как раз этот 1 оборот).
Таким образом, общее число оборотов равно — + —+

К г

+ 2 > 4, так как — + — > 2. Наименьшее число обо-
Н г

ротов равно 4.

81°. Имеется обломок зубчатого колеса, состоящий
лишь из двух смежных зубьев. Как при помощи геометри-
ческих построений определить общее число зубьев колеса?

Указание. По трем угловым точкам у краев осно-
ваний зубьев строим окружность, на которой откладыва-
ем, как хорду, основание.

82.	Точка одной из двух концентрических окружно-
стей соединена с двумя диаметрально противоположными
точками второй. Полученные отрезки служат диаметрами
двух кругов. Найти отношение суммы площадей этих кру-
гов к сумме площадей концентрических кругов.

Указание. Воспользоваться теоремой о сумме
квадратов диагоналей параллелограмма.

83.	Два одинаковых круга ле>^ат в одной плоскости 1
и пересекаются под прямым углом. Найти отношение пло-
щади общей части этих кругов к площади круга.

84°. Точка касания двух равных кругов служит цент-
ром третьего круга, касающегося двух первых. Опреде-
лить отношение площади фигуры, ограниченной окружно-
стями этих кругов, к площади меньшего круга.

85.	Два одинаковых круга внешне касаются. Найти от-
ношение площади фигуры, заключенной между окружно-
стями и их общей внешней касательной, к площади
круга.

1 В следующих задачах также имеется в виду, что круги рас-
положены в одной плоскости.
86.	Найти отношение площади криволинейного тре-
угольника, заключенного между тремя одинаковыми вза-
имно касающимися кругами, к площади одного из этих
кругов.

§ 2. СТЕРЕОМЕТРИЯ.

87°. Сколькими элементами определяется: а) треуголь-
ная призма? треугольная пирамида? б) п-угольная приз-
ма? п-угольная пирамида? в) прямая п-угольная призма?
г) п-угольная пирамида, у которой все боковые ребра
равны?

88°. Сколькими элементами определяется: а) четырех-
угольная призма, в основании которой лежит ромб? четы-
рехугольная пирамида, боковые грани которой одинако-
во наклонены к плоскости основания? б) правильная приз-
ма? правильная пирамида?

Решение, а) Четырехугольная призма (пирамида)
определяется 4-2 = 8 элементами; равенство четырех
сторон основания призмы (или четырех двугранных уг-
лов при основании пирамиды) представляет собой 4—1 =
= 3 данных угловых элемента. Следовательно, указан-
ные тела определяются 8 — 3 = 5 элементами каждое.

89°. Сколькими элементами определяется: а) произ-
вольный многогранник, имеющий п вершин? б) правиль-
ный многогранник? в) п-гранный угол? г) правильный п-
гранный угол?

Решение, а) Будем ориентировать многогранник 1
по отношению к трем его произвольным вершинам, кото-
рые можно зафиксировать при помощи трех элементов.
Каждую из оставшихся п — 3 вершин можно зафиксиро-
вать также при помощи трех элементов. Всего для фикса-
ции всех вершин (п точек пространства) потребуется (п —
— 3) 34-3 = Зп — 6 элементов. Мы видим, что взаим-
ное расположение п точек пространства вполне опреде-
ляется в общем случае Зп — 6 элементами.

б)	Число правильных многогранников конечно, их вид
и форма известны: правильный многогранник определя-
ется одним элементом, а число элементов, определяющих
его форму, равно нулю.

в)	Будем ориентировать многогранный угол (не обяза-
тельно выпуклый) по отношению к одному из его плос-

1 Не обязательно выпуклый.
ких углов. Плоский угол определяется одним элементом
и фиксирует два ребра. Положение каждого из остальных
п — 2 ребер определяется двумя элементами (например,
двумя углами, образованными этим ребром с зафиксирован-
нымидвумя ребрами). Итого имеем 1-}-2(п—2)=2п—Зэле-
ментов. К этому же результату можно прийти так: пересе-
чем п-гранный угол произвольной плоскостью; полу-
чим п-угольную пирамиду, определяющуюся 2п эле-
ментами; если считать п-гранный угол заданным, то для
фиксации пирамиды будут необходимы 3 элемента (напри-
мер, длины трех ребер, концы которых определят основа-
ние пирамиды); поэтому х -ф- 3 = 2и, откуда х = 2п — 3.
Существуют и другие способы рассуждений.

г)	Правильная п-угольная пирамида определяется двумя
элементами, значит, правильный п-гранный угол при ее
вершине определяется одним элементом.

90°, Сколькими элементами определяется форма;

а) п-угольной пирамиды (призмы)? б) цилиндра? конуса?
сферического сегмента? в) усеченного конуса? сферическо-
го слоя? г) правильного многогранника? шара?

Указание. Если фигура определяется т элемен-
тами (среди которых должен быть по крайней мере один
линейный элемент), то ее форма определится т — 1 угло-
выми элементами х.

91.	Сколько можно составить различных по содержа-
нию задач, в которых требуется по данным элементам,
определяющим правильную четырехугольную пирамиду,
найти остальные ее элементы, если рассматривать следую-
щие элементы пирамиды; сторона основания пирамиды,
боковое ребро, угол наклона бокового ребра к плоскости
основания, плоский угол при вершине, апофема, радиус
вписанного шара, боковая поверхность, двугранный угол
при основании?

Решение. Из 8 элементов можно составить ——
2

= 28 различных пар, в число которых войдут 3 пары
углов. Пара углов не определяет пирамиду (тем более,
что любые два угла зависимы). Каждая из остальных
28 — 3 = 25 пар определяет пирамиду.

92.	Горизонтальный луч, параллельный плоскости
одного из двух вертикальных плоских зеркал, отражается

1 См. сноску на стр. 40.
от второго зеркала по прямой, перпендикулярной плос-
кости первого зеркала. Найти угол между зеркалами.

Указание. Воспользоваться законами отражения
света.

93.	Горизонтальный луч отражается от двух вертикаль-
ных плоских зеркал, причем сначала луч параллелен
плоскости одного из зеркал, а после двух отражений —
параллелен плоскости второго зеркала. Определить угол
между зеркалами.

Указание. Воспользоваться законами отраже-
ния света.

94°. Дана модель правильной четырехугольной пира-
миды. Как вычислить ее объем, не измеряя углов? Решить
эту же задачу для правильной четырехугольной усечен-
ной пирамиды.

95.	Вершина правильной пирамиды (треугольной, четы-
рехугольной, шестиугольной) недоступна. Как вычис-
лить объем пирамиды, не измеряя углов?

Указание. От двух смежных вершин основания —
точек А и В, откладываем на боковых ребрах два равных
отрезка АЕ = ВР. Обозначив Л5 = х и измерив отрезки
АВ, ЕР, АЕ, составляем на основании подобия треуголь-
ников А8В и Е8Р пропорцию (черт. 28).

96.	Верхнее основание правильной усеченной пирамиды
(треугольной, четырехугольной, шестиугольной) недоступ-
но, за исключением одной точки его периметра. Как вы-
числить объем пирамиды, не измеряя углов?

Указание. Пусть К — данная точка на стороне
верхнего основания пирамиды (черт. 29). По трем сторо-
нам треугольника А КВ находим по формуле Герона высо-
ту КР Затем по способу, описанному в предыдущей зада-
че, находим боковое ребро (5Л) полной пирамиды, это

даст возможность наити апофему полной пирамиды.

97.	Тяжелый однородный куб расположен своим осно
ванием на 'горизонтальной площадке. Один раз куб ста

вится вертикально на ребро,
Во сколько раз во вто-
ром случае выполняется
большая работа, чем в
первом?

Указание. См. за-
дачу 17.

98.	Определить отно-
шение диагонали куба к
кратчайшему расстоянию
между скрещивающимися
диагоналями двух его
смежных граней.

99.	Сечение куба с плос-

другой раз — на вершину.

костью представляет со -

бой правильный шестиугольник. Найти отношение пло-
щади этого шестиугольника к площади грани куба.

100.	Куб спроектирован на плоскость, перпендикуляр-
ную его диагонали. Направление проектирования совпа-
дает с направлением этой диагонали. Найти вид проекции

и отношение ее площади к площади грани.

101.	1) Куб и правильный тетраэдр равновелики. Най-
ти отношение их. поверхностей.

2) Куб и правильный тетраэдр имеют равные полные
поверхности. Найти отношение их объемов.

102.	Вывести простейшую формулу для вычисления
объема усеченной 1 треугольной призмы.

Решение. Пусть одно из оснований (АВС) тре-
угольной усеченной призмы АВСА1В1С1 перпендикулярно
ее боковым ребрам (черт. 30). Проведем АВ1,АС1 и ВСХ;
очевидно Клвсдщ.с, = Ус,лвс + V с^вв, + Рс.ллщ,-
Так как ССг- || ВВХ || АА^, то объем пирамиды С^ВВ^^
не изменится, если ее вершину С1 переместить вдоль СС1
в точку С: Рсивв, = Ув.лвс •

1 Усеченная призма образуется при пересечении призматической
поверхности двумя непересекающимися внутри призмы и непараллель-
ными плоскостями.
По той же причине объем пирамиды Сх ААГВ не изменится,
если ее вершины Сг и В1 переместить вдоль СС1 и ВВг
в точки С и В: Vс^а.в^Усаа.в, = У а,авс- Следовательно,

У авса&с, ~	— пл. АВС • СС1 -ф- — пл. АВС • ВВ1 -ф-

3	3

I 1 А Г)/'1 ' А А	Л О/~' АА^	СС-»

4-— пл. АВС • ЛЛ. = пл. АВС • ——---------—-----\

1	3	1	3

Если ни одно из оснований призмы не перпендикулярно
ее боковым ребрам, то, проведя перпендикулярное (боко-
вым ребрам) сечение, разобьем призму на две призмы рас-
смотренного вида. Поэтому полученная формула остается
в силе.

103°. Найти отношение суммы объемов всех пирамид,
основаниями которых служат боковые грани призмы, об-
щей вершиной — произвольная точка внутри призмы, к
объему призмы.

104°. Для того чтобы найти площадь поперечного сече-
ния стального рельса, нашли по справочнику вес 1 м та-
кого рельса *. Как следует поступить далее?

105°. Имеется треугольный металлический лист (в фор-
ме прямой призмы). Как отрезать параллельно его краю
часть данного веса?

Указание. Вес отрезанной и оставшейся части
относятся как соответствующие площади (трапеции и тре-
угольника); далее использовать теорему об отношении пло-
щадей подобных треугольников.

106.	Через сторону основания правильной треугольной
призмы проведено сечение, делящее двугранный угол при
основании пополам. Определить отношение площади сече-
ния к площади основания

107.	Через сторону основания правильной треугольной
призмы проведено сечение, разделившее боковую поверх-
ность призмы пополам. В каком отношении разделился
объем призмы?

108.	Через диагональ основания правильной пятиуголь
ной призмы и сторону верхнего основания проведено сече-
ние. В каком отношении делит это сечение объем призмы?

109.	Каждое основание правильной призмы служит
основанием пирамиды, вершина которой находится в цент-
ре другого основания призмы. Найти отношение объема

1 1 м стального рельса весит 42 кг.
тела, ограниченного основаниями призмы и боковыми
поверхностями пирамид, к объему призмы.

ПО. Высота правильной четырехугольной пирамиды
равна стороне основания. Через середину высоты пирами-
ды проведено параллельно боковой грани сечение. Найти
отношение площади этого сечения к площади боковой
грани.

111. Все ребра правильной четырехугольной пирамиды
равны. Через сторону основания пирамиды и середину ее
высоты проведено сечение. Найти отношение площади се-
чения к площади боковой грани.

112°. Число сторон основания правильной пирамиды
нечетно. Определить угол между боковым ребром и проти-
воположной стороной основания.

113	.° В пирамиду вписана призма, одно основание ко-
торой представляет собой сечение пирамиды, проходящее
через середину ее высоты. Плоскость второго основания
призмы совпадает с плоскостью основания пирамиды. Ка-
кую часть объема пирамиды составляет объем призмы?

114	. Грани правильной четырехугольной пирамиды
равновелики. Определить: а) отношение, в котором центр
вписанного шара делит высоту; б) отношение высоты пира-
миды к расстоянию между стороной основания и противо-
положной гранью.

115°. В правильной четырехугольной пирамиде через
середины трех ребер, выходящих из вершины основания,
проведено сечение. В каком отношении оно делит объем
пирамиды?

116°. Решить предыдущую задачу для случая шести-
угольной пирамиды.

117°. Тетраэдр срезан четырьмя плоскостями, проходя-
щими через середины всех его ребер. Какая часть объема
тетраэдра срезана?

118.	Правильный тетраэдр срезан по углам так, что
получился восьмигранник, у которого четыре грани — пра-
вильные шестиугольники, а другие четыре грани — пра-
вильные треугольники. Какая часть объема тетраэдра
срезана?

119.	Вершины тетраэдра соединены отрезками с цент-
рами тяжести противоположных граней. Доказать, что
эти отрезки пересекаются в одной точке и что четыре пи-
рамиды, общей вершиной которых служит эта точка, а ос-
нованиями — грани тетраэдра, — равновелики.
120°. Центры тяжести граней тетраэдра служат верши-
нами другого тетраэдра. Найти отношение объемов этих
тетраэдров.

121°. Плоскость, параллельная основанию пирамиды,
делит ее объем пополам. В каком отношении она делит
боковую поверхность пирамиды?

122.	Один из двугранных углов правильной пирамиды
прямой. Найти отношение площади сечения пирамиды, де-
лящего двугранный угол при ее основании пополам, к пло-
щади боковой грани.

123.	Сплошное тело разделили на несколько равных
между собой частей (тел), которые подобны этому телу.
При этом поверхность тела увеличилась в и. раз1 *. На
сколько равных частей разделили тело?

124.	Два сплошных тела имеют одинаковую форму (то
есть их фигуры подобны), температуру и состоят из одно-
го и того же вещества. Какое из этих тел скорее остынет,
если они будут находиться в одинаковых условиях?

Решение. Количества теплоты, содержащиеся в
этих телах, прямо пропорциональны их массам, а следова-
тельно, объемам У1 < У2. Время остывания тела харак-
теризуется количеством теплоты, приходящимся на еди-
ницу площади, с которой происходит остывание (отдача
теплоты). Следовательно, нам нужно сравнить два отно-

V V V V53

шения: — и — или -—- и -—соответственно рав-
5,	52	5,	5,

ные и У $2, где 5, и 82 — соответствующие поверхно-
сти тел. Так как У1 < У2> то У81 < ]/82. Следователь-
но, остынет скорее меньшее по размерам тело.

125.	Сплошной куб разделен на несколько меньших
кубов так, что объемы всех кубов (вместе с данным ку-
бом) составляют геометрическую прогрессию. Во сколько
раз увеличилась поверхность куба?1

126.	Дана часть поверхности прямого кругового цилинд-
ра и направления двух образующих на ней. Как вычислить
радиус цилиндрической поверхности, не измеряя углов?

Решение. От произвольной точки М цилиндриче-
ской поверхности откладываем две пары равных отрезков
МА = МВ и МАГ = МВ1 (точки А и В на одной из двух

1 То есть сумма полных поверхностей всех малых тел больше

полной поверхности большого <первоначального) тела в п раз.
данных образующих, точки Аг и Вг— на другой, черт. 31).
Затем по теореме Пифагора находим отрезки МЕ 1 АВ
и МЕ ± АуВг Плоскость треугольника МЕР перпенди-
кулярна образующим. По формуле Герона и формуле =
аЬс

= ~ находим радиус.

127.	Дана часть конической поверхности, содержащая
вершину. Как при помощи геометрических построений

найти угол при вершине осевого сечения конической по-
верхности?

128.	На поверхности конуса, вершина которого недо-
ступна, даны направления двух образующих. Как вычис-
лить объем-конуса, не измеряя углов?

Решение. Пусть образующие пересекают окруж-
ность основания в точках А и В. Отложим на образующих
от точек А и В два произвольных, но равных между собой
отрезка АМ и ВЫ (черт. 32). На основании подобия тре-
угольников ЗАВ и 8МЫ составляем пропорцию, из кото-
рой находим длину образующей Л5 (предварительно из-
меряем отрезки АВ и МЫ). Затем вычисляем радиус ко-
нуса (по трем точкам окружности его основания) и высо-
ту конуса (по теореме Пифагора).

129.	Верхнее основание усеченного конуса недоступно,
за исключением одной точки его окружности. Известны

1 Здесь и далее имеется в виду боковая поверхность прямого
кругового конуса.
направления двух образующих на поверхности конуса.
Как вычислить объем конуса, не измеряя углов?

Указание. Пусть образующие конуса пересекают
окружность его основания в точках А и В и С — доступ-
ная точка верхнего основания. Отложив АМ = В1У, на-
ходим, как и в предыдущей задаче, длину образующей пол-
ного конуса. Измерив отрезки АМ, АС и МС, находим
высоту треугольника АСМ, опущенную из С на 5Л (СК)
и отрезок 5К. Из треугольников 80^ и 80В находим
01В1 и 00г (черт. 33) (предварительно находим С8 = 8ВХ
по теореме Пифагора).

130*. Дана часть конической поверхности, не содержа-
щая вершину, и направления трех образующих на ней.
Требуется при помощи геометрических построений найти
угол при вершине осевого сечения конической поверхно-
сти.

Решение. Отметим на каждой из образующих по
две точки: А и С, В и О, Е и Е (черт. 34). Строим отдель-
но два четырехугольника А1С1О1В1 и Е^О/В/ (по четы-
рем сторонам и диагонали), соответственно равные четы-
рехугольникам АСОВ и ЕЕОВ (черт. 35). Находим точки
пересечения сторон А& и В^ (точку 8г), сторон Е^
и 01 В/ (точку 5/). Очевидно, точки 51и51' —суть
изображения вершины пирамиды. Откладываем далее три
произвольных, но равных отрезка	К1

(три образующие). Отложив затем АМ — А1М1; В.\! =
— В1М1< ЕК. = Е1К1 (черт. 34), получим три точки М,Ы,К,
принадлежащие окружности сечения конической поверх-
ности, перпендикулярного его оси. По трем точкам М, М, К
строим эту окружность и ее диаметр. Угол при вершине
равнобедренного треугольника, основанием которого слу-
жит найденный диаметр, а боковыми сторонами — обра-
зующие 5^! = 5^1 = 5/ /Ср — искомый.

13Г. Почему струя воды, вытекающая из крана, су-
живается по мере удаления от крана?

Решение. Скорость частиц струи у самого крана
(«О меньше их скорости (о>) на некотором расстоянии /г
от крана (на величину, равную скорости падения с высоты
/г, то есть \/2§К, где §— ускорение силы тяжести). В то
же время количества воды, протекающие через соответст-
вующие сечения струи 51 и 52 за одно и то же время I
должны быть равными:	= у252Л откуда 5Х >52.

132°. Стенки круглого колодца нужно облицовать гра-
нитным камнем. Как вычислить, сколько кубометров кам-
ня потребуется? Составить и решить соответствующую
задачу с числовыми данными.

133. Горизонтально размещенная цилиндрическая ци-
стерна почти целиком вкопана в землю. Можно ли опреде-
лить, какая часть объема цистерны находится в земле?
Как? Поверхность земли вокруг цистерны горизонтальна.

134°. Под действием собственного давления жидкость
из одного сосуда переливается при помощи резинового
круглого шланга во второй, объем которого Г. Как вы-
числить время / наполнения второго сосуда, если известна
разность (1 между уровнем жидкости в первом сосуде и
Уровнем нижнего конца шланга1?

Указание. Скорость истечения жидкости из ниж-
него -конца шланга равна (если пренебречь трением жид-
кости во время ее движения по шлангу) скорости сво-
бодного падения с высоты (1 : V =

135°. Вода из крана вытекает с некоторой скоростью.
Как вычислить эту скорость, пользуясь сосудом, объем
которого известен?

Решение. Определяем время I, в продолжение
которого наполняется данный сосуд объема Й; находим
диаметр (1 выходного отверстия крана. Тогда в продолже-
ние единицы времени (1 сек) вытекает струя воды длиной
и г./Р	4С	г?

V = —: — =-------. Ото и есть искомая скорость. Вели

/ 4	т.ЛЧ

1 Изменение уровня жидкости в сосудах во время переливания
в расчет не принимать.
вычислить эту скорость при открытом до отказа кра-
не, то по формуле V = уДдТг — 9,8 -?—) можно найти
сек2

высоту Н водонапорной башни относительно крана (если
пренебречь трением жидкости во время ее движения по
трубам).

136° Картонная бумага имеет форму цилиндрическо-
го плотного рулона. Как определить (приблизительно)
количество бумаги (в квадратных метрах)?

Решение. Измеряем толщину картона й, внутрен-
ний диаметр рулона и его внешний диаметр О2- Весь
рулон можно представить-состоящим из концентрических
витков, диаметры которых составляют арифметическую
прогрессию с разностью 2<1. Число витков равно, очевид-
но,	Диаметр первого (внутреннего) витка равен

+ й, длина его окружности п(Ох 4- Л), длина окруж-
ности второго витка я(Д] +Зй), третьего—яДД + 5<1) и
т. д., наконец, последнего (наружного) — я [Д] + (2 X

Оо—Г),	1. ,7 I	, г ГЛ Рз Р1 1

X —~—5---1) а ); общая длина составляет: I = л[Ь'1 ——-1-

, ,,, , 0 , г ,	п„_о22~о,2

4-^(1 + 3 + 5 + ... 4--г— = л •

а / ]	4о!

Следовательно, площадь всей бумаги равна
5=лй . ДДтДЬ., где И — высота рулона.

К этому результату можно было прийти проще. Измеря-
ем объем рулона (как разность объемов двух цилиндров),
2	т[) 2\

получаем: V = I—измеряем Толщину кар-
тона й. Если 5 — искомая площадь, то V — 8(1, откуда
о И ,	Ш-Р,2

8 = — = я/г • —--1--

Л	м

137. Через вершины треугольника проведены прямые,
параллельные противоположным сторонам. Треугольник
вращается последовательно около каждой из этих пря-
мых. Найти отношение суммы поверхностей, описываемых
противоположными сторонами треугольника, к площади
треугольника.

138°. Равносторонний конус катится на плоскости вокруг
своей вершины. Найти отношение числа оборотов конуса
к числу оборотов его основания.
139.	Плоскость, параллельная основанию конуса, де-
лит ее высоту в крайнем и среднем отношении. В каком
отношении делит эта плоскость боковую поверхность ко-
нуса?

140.	На поверхности конуса оказалось возможным про-
вести три взаимно перпендикулярные образующие. Опре-

делить отношение высоты конуса к радиусу основания, а
также угол в развертке его боковой поверхности.

141.	В прямом конусе содержится жидкость. Если ко-
нус разместить вертикально, вершиной вверх, то поверх-
ность жидкости установится посредине образующей. На
какой высоте установится жидкость (начиная от вершины),
если конус разместить вертикально, вершиной вниз?

142.	Из круга вырезан сектор с прямым центральным
углом. Оставшаяся часть круга свернута в конус. Опреде-
лить отношение диаметра конуса к его образующей.

143.	Как относятся объемы двух конусов, из которых
один вписан в правильную пятиугольную пирамиду, а
другой описан около нее?

Указание. См. задачу 79.

144.	Угол при вершине осевого сечения конуса — пря-
мой. Какую часть объема конуса составляет объем впи-
санного в него равностороннего цилиндра?

145.	Развертка боковой поверхности конуса есть пря-
моугольный сектор. Какую часть объема конуса состав-
ляет объем вписанного в него равностороннего цилиндра?

146.	Каждое основание цилиндра служит основанием

конуса, вершина которого находится в центре другого
основания цилиндра. Найти отношение объема, заключен-
ного между боковыми поверхностями конусов и цилиндра,
к объему цилиндра.

147.	Объем усеченного конуса более произведения пло-

щади его среднего сечения на высоту. Доказать.

148.	Как расположены относительно Земли и Луны

все точки, в которых притяжения этих тел одинаковы?

Действием прочих тел солнечной системы пренебречь.

Решение. Пусть 2 — положение центра Земли,
Ь — положение центра Луны, У — произвольная точка,
в которой силы притяжения со стороны Земли и Луны
одинаковы (черт. 36). По закону всемирного тяготения

сила, действующая со стороны Земли на какое-либо тело

массы т, помещенное в точку

, Мт
равна к ,

а сила,
действующая на то же тело со стороны Луны, — к '
где к — коэффициент пропорциональности, М и М' —
соответственно массы Земли и Луны. По условию задачи
, Мт .Мт	2.Ы	,	/

к = 9'028

(отношение -— —81,5 можно найти из таблиц).

\	М'	)

Следовательно, точка Ы является точкой равного при-
тяжения Земли и Луны, если отношение расстояний этой

точки к центрам Земли и Луны равно данному числу
(9,028).

На прямой 21, в частности, имеются две точки равного
притяжения: точка А\, делящая отрезок 2Л внутренним
образом в отношении 9,028 : 1 (2А^ : ЬА\ — 9,028), и
точка У2, делящая отрезок /X внешним образом в том же
отношении (2М2 : ^2 = 9,028). Положение точек и
Л'г относительно Земли и Луны (относительно точек 2 и
Ь) вполне определенное, и поскольку ——- =	=

= ~~ ~9,028, то — биссектриса внутреннего уг-
ла треугольника 2АХ и — биссектриса смежного с
ним (внешнего) угла (при вершине ТУ)1. Следовательно,

1 Нетрудно доказать теорему, обратную теореме о свойстве бис-
сектрисы внутреннего (внешнего) угла треугольника: если прямая,
проходящая через вершину треугольника, делит его основание (вну-
тренним или внешним обратом) на части, пропорциональные приле-
жащим (к этим частям) боковым сторонам треугольника, то эта
прямая является биссектрисой угла (внутреннего или внешнего)
при указанной вершине.
/;У1Л^2 = 90°. Таким образом, точка М находится на по-
верхности шара, диаметр которого есть = Уг2 —
—Л\2 =	----1Ъ • —1,122/.—0,92/.=

9,028 — 1	9,028 + 1

= 0,222/. % 84000 км. Очевидно, что и обратно: всякая
точка этой шаровой поверхности есть точка, в которой си-
лы притяжения Земли и Луны одинаковы. Все точки,
в которых преобладает сила тяжести Земли, находятся вне
этой шаровой поверхности, а все точки, в которых пре-
обладает сила тяжести Луны — внутри указанной по-
верхности.

149.	Котлован для водохранилища имеет форму сфери-
ческого сегмента. Как вычислить объем произведенных
земляных работ? Составить и решить соответствующую
задачу с числовыми данными.

150.	Два одинаковых шара касаются друг друга и
плоскости. Определить отношение радиуса наименьшего
шара, касающегося двух данных шаров и той же пло-
скости, к радиусу одного из данных шаров.

151.	Поверхности шара касаются нескольких таких же
шаров. Найти максимальное число всех шаров. Найти
отношение радиуса шара, касающегося всех данных ша-
ров (кроме внутреннего), к радиусу одного из них.

152.	Три одинаковых шара касаются друг друга и
некоторой плоскости. Четвертый шар касается трех пер-
вых и той же плоскости. Определить отношение радиуса
четвертого шара к радиусу одного из остальных шаров.

153.	Шар касается четырех равных шаров, каждый
из которых касается трех остальных. Определить отноше-
ние радиуса этого шара к радиусу какого-либо из четы-
рех шаров.

154.	Каждый из четырех равных шаров касается трех
остальных шаров. Определить отношение радиуса шара к
расстоянию от его центра до плоскости, касательной к
остальным шарам.

Указание. Задача имеет два решения.

155.	Светящая точка находится от поверхности шара
на расстоянии, равном радиусу шара. Какая часть поверх-
ности шара освещается?

156.	Определить приближенно вес всего воздуха, окру-
жающего Землю.

157.	В ведро, доверху наполненное яблоками (прибли-
зительно одинакового размера), наливают воду. Сколько
воды (приблизительно) войдет в ведро ( в процентах к
объему ве'дра)?

Примечание. Для упрощения вычислений счи-
тать, что яблоки в ведре размещены одно над другим в
вертикальном направлении.

158.	Данного шара касаются несколько равных шаров
большего радиуса, которые касаются друг друга. Кроме
того, все шары касаются одной и той же плоскости. Найти
число всех шаров.

Указание. Свести задачу к задаче 73.

159.	Шар касается двух взаимно перпендикулярных
плоскостей. Найти отношение радиуса этого шара к ра-
диусу наименьшего (наибольшего) шара, касающегося тех
же плоскостей и первого шара.

160.	Шар касается трех взаимно перпендикулярных
плоскостей. Второй шар касается тех же плоскостей и
первого шара. Найти отношение радиуса большего из
этих шаров к радиусу меньшего.

161.	В каком отношении делится объем шара плоско-
стью, проходящей через середину радиуса перпендику-
лярно к нему?

162.	Поверхность шара разделена двумя параллельными
плоскостями на три равные части. В каком отношении раз-
делили эти плоскости перпендикулярный им диаметр шара?

163.	Около шара описана правильная шестиугольная
призма. Около этой призмы описан другой шар. Как отно-
сятся поверхности этих шаров?

164.	Два равных шара расположены так, что центр
одного лежит на поверхности другого, а) В каком отно-
шении поверхность одного из них делится поверхностью
другого? б) Чему равно отношение объема общей части
этих шаров к объему шара?

165.	Определить отношение разности площадей двух
концентрических шаровых поверхностей к площади по-
верхности сечения, касающегося меньшей шаровой по-
верхности.

166.	Через центр данного шара проведена сфериче-
ская поверхность, пересекающая поверхность шара. Опре-
делить отношение площади полученного сферического
сечения к поверхности шара.

Указание. Искомое отношение не зависит от поло-
жения центра сферической поверхности.

167.	Кусок металла, имевший форму равностороннего
цилиндра, переплавлен в форму шара. Во сколько раз
уменьшилась его поверхность?

168.	Около шара описана призма. Найти отношение
площади боковой поверхности призмы к площади ее осно-
вания.

Указание. Соединить центр шара с точками, в
которых поверхность шара касается граней призмы, и со
всеми вершинами призмы; тогда призма разделится на
пирамиды; выразить сумму объемов двух пирамид, осно-
ваниями которых служат основания призмы, а общей
вершиной — центр шара (она равна у объема призмы),
а также сумму объемов остальных пирамид.

169.	Около шара описана усеченная пирамида. Найти
отношение площади боковой поверхности пирамиды к
площади ее среднего сечения.

Указание. Эта задача является обобщением пре-
дыдущей задачи; воспользоваться тем же методом.

170.	Боковая поверхность цилиндра, вписанного в
шар, делит объем шара пополам. Определить отношение
диаметра цилиндра к его высоте.

171.	Боковая (наружная) поверхность круглого кольца—
сферическая, а внутренняя его поверхность—цилиндри-
ческая. Какие измерения и вычисления достаточно произ-
вести,. чтобы найти объем кольца?

172.	Еокзвая поверхность бочки, у которой основания
рагн и, сферическая (некоторые бсчки имеют почти такую
форму). Вывести формулу для вычисления объема такой
бочки.

Указание. Достаточно измерить высоту И бочки
и радиус Д ее основания. Бочка состоит из цилиндра
/р
радиуса Д, высоты /г и тела, объем которого равен —
(см. Н. Рыбкин, Сборник задач по тригонометрии, § 23,
№ 26; см. также результат предыдущей задачи).

173.	Определить отношение радиусов шаров, описан-
ного около правильного октаэдра и вписанного в него.

174.	В правильный тетраэдр вписан шар. Второй шар
касается трех граней тетраэдра и первого шара. Опреде-
лить отношение радиусов этих шаров.

175.	Решить предыдущую задачу для случая, когда
второй шар является наименьшим из шаров, касающихся
двух граней тетраэдра и первого шара.
176.	Правильный тетраэдр, описанный около шара,
равновелик кубу, вписанному в другой шар. Найти отно-
шение объемов этих шаров.

177.	Поверхность и объем некоторого шара соответст-
венно равны боковой поверхности и объему ‘некоторого ци-
линдра. Найти отношение диаметра цилиндра к его высоте.

178.	Площадь основания конуса равна поверхности
вписанного в него шара. Найти отношение радиуба
этого шара к радиусу шара, описанного около конуса.

179.	Сосуд с водой имеет форму равностороннего
конуса, расположенного вертикально вершиной вниз. Если
вложить в конус шар, то поверхности воды и конуса ста-
новятся касательными к нему. Какой еще другой шар
обладает этим свойством? Определить отношение радиусов
этих шаров.

180°. Из полушара выточен наибольший конус. Какой
процент составляет сточенный материал?

181.	Угол при вершине осевого сечения конуса пря-
мой. Определить отношение радиусов шаров описанного
около конуса и вписанного в него.

182.	Равносторонний конус и полушар имеют общее
основание и расположены по одну сторону от него. Какая
часть объема конуса расположена внутри полушара?

183.	Каждый из шести равных шаров касается двух
смежных с ним шаров, а также плоскости основания и
боковой поверхности равностороннего конуса. Найти
отношение радиуса шара к радиусу основания конуса.

Указание. Рассмотреть сечение всей фигуры пло-
скостью, проходящей через точки касания шаров с боко-
вой поверхностью конуса; шары могут касаться кониче-
ской поверхности внутренним или внешним образом.

IV. ПРИМЕНЕНИЕ АЛГЕБРЫ К ГЕОМЕТРИИ.

§ 1. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ. КВАДРАТНЫЕ
УРАВНЕНИЯ

1	. Боковые стороны трапеции взаимно перпендику-
лярны. Определить ее углы, если они составляют арифме-
тическую прогрессию.

2	Все квадраты, вписанные в треугольник так, что две
вершины расположены на стороне треугольника, а две другие
136
вершины — на двух других сторонах треугольника, рав-
ны между собой. Найти углы треугольника.

Решение. Обозначив сторону квадрата черех х,

аЬ.1

25	25

----. Аналогично х =-----

25	,	25

й+ Т

а	Ь

25

—-—. Следовательно,

с

в +	(а— Ь){аЬ — 25) = 0.

а	Ь

Если аЪ = 25, то = 90° и из Ь + —
ь

25

— с Н--- найдем

аналогично, что либо А — 90э, либо
возможно. Поэтому а = Ь = с.

с

Ь = с, что не-

3. Стороны треугольника составляют геометрическую
прогрессию. Доказать, что такой треугольник подобен

треугольнику, сторонами которого

служат высоты дан-

кого.

Решение.

нужно доказать,

1	1 I

= — : —, или
с Ь а

Пусть а < Ь

с,

тогда Нс <

что а : Ь : с — Нс : /гй : На — —

а	I	с	111

что — :	-.

Ь2	Ь Ь2	с Ь а

25
а

ь

2
ь

Но по условию Ь2 = ас. Значит, действительно, ~ :

с

Ь2

= д-1- Д _ 2. • 1 • 2.

ас Ь ас с Ь а

4.	Доказать, что если квадраты сторон треугольника
составляют арифметическую прогрессию, то треугольник,
сторонами которого служат медианы данного, подобен
данному. Найти коэффициент подобия.

Решение. По условию задачи 2Ь2 = а2 + с2. По-

этому та2 =

2Ь2 + 2с2 — а2 _

4	—

3 ,	2	2а2 + 2с2 — Ь2

- с2, тг =-----------—-----------

4	*	4

= —Ь2, т2
4

~ с : Ь : а.

2

2а2 + 2Ь2 — с2 3 2 п

=-----—--------= — а2. Отсюда та : т6: тс =

Искомый коэффициент подобия равен

й=

5.	Доказать, что если два прямоугольника имеют рав-

ные периметры и площади, то они равны.

6.	Найти отношение сторон прямоугольного треуголь-
ника, если они составляют арифметическую прогрессию.

7.	Биссектриса угла при основании равнобедренного

Черт. 38.

треугольника разделила его пери-
метр пополам. Определить форму
треугольника.

8.	Фигура на чертеже 38 состо-
ит из квадрата АВСО и равностс-
роннего треугольника ВМС, имею-
щих общую сторону ВС. О — точка
пересечения отрезков ВС и АМ.
Определить отношение ВС : ОВ.

9.	Стороны двух равных равно-
сторонних треугольников взаимно
перпендикулярны (попарно). В ка-
ком отношении сторона одного тре-
угольника делится двумя сторонами
второго, если треугольники имеют
общий центр?

10.	Равнобедренная трапеция,

диагональ которой равна ее стороне,
описана около окружности. Определить отношение ра-

диуса этой окружности к радиусу окружности, описан-
ной около трапеции.

11.	Правильный треугольник срезан по углам так, что
получился правильный шестиугольник; правильный шести-
угольник срезан по углам так, что получился правильный
двенадцатиугольник, и т. д. до бесконечности. К какому
пределу стремится срезанная часть площади треугольника?
Указание. Срезанная площадь стремится к раз-
ности между площадью треугольника и площадью вписан-
ного в него круга.

12.	К двум равным окружностям проведены внешняя и
внутренняя касательные. так, что диаметр окружности
оказался их средним арифметическим. Принимая радиус
окружности за единицу, определить в этих единицах рас-
стояние между центрами окружностей.

13.	Доказать, что если два прямоугольных параллеле-
пипеда имеют равные объемы и полные поверхности, а
также по равному ребру, то они равны.

14.	Два из трех ребер параллелепипеда, исходящих
из одной вершины, увеличены каждое на одно и то же
число процентов, а третье ребро уменьшено на столько
же процентов. Найти это число процентов, если известно,
что объем параллелепипеда не изменился.

15.	Два ребра правильной шестиугольной пирамиды
взаимно перпендикулярны. Найти отношение боковой
поверхности пирамиды к площади ее основания.

16.	Объем правильной двенадцатиугольной пирамиды
равен кубу ее высоты. Найти угол между боковым ребром
и плоскостью основания.

17.	Полная поверхность правильной четырехугольной
пирамиды и ее объем, выраженные соответственно в квад-
ратных метрах и кубических метрах, численно равны.
Определить сторону основания пирамиды и ее высоту,
если известно, что они выражаются в целых числах (метров).

18.	В правильный тетраэдр вписан шар, в шар вписан
правильный тетраэдр и т. д. до бесконечности. Опреде-
лить: а) предел отношения суммы объемов всех тетраэд-
ров к объему наибольшего из них; б) предел отношения
суммы объемов всех шаров к объему наибольшего из них.

Решение. Если х — ребро правильного третраэд-
ра, то нетрудно найти радиус шара, вписанного в тетраэдр
, .	, х р4 6 п х зИб

(г) и описанного около него (ку. г = ----, к = -----

' \ ) 12 16 ’

16Я п	Л

откуда х =- Пусть	— ребро правильного тет-

3Кб

раэдра. Радиус вписанного шара равен: г =	• Реб-

ро второго тетраэдра, вписанного в этот шар, согласно из-
а1угб” 16	4	*

ложенному выше, равно: а2 = ———•	= —а1- Анало-

гично ребро третьего тетраэдра будет а3 = а2 • — = I — I аь
четвертого — а4 — I— I ах и т.д. а) 1ак как все правильные

тетраэдры подобны, то искомый предел есть:

Нт /М3 ! । /±\3 _|_ И Iе _|_ ... !
и—»оо I 0, )

4 \ зп'

1	_ 729

/ 4 \ з 665'

Так как коэффициент подобия двух последовательных

шаров (вписанных в два последовательных тетраэдра с ко-
4 .	4

эффициентом подобия —)также равен—, то ответ на

Черт. 39.

вопрос б) таков же.

19.	Дано изображение
правильной четырехугольной
пирамиды, у которой высо-
та равна стороне основания.
Как построить в' этой пира-
миде изображение высоты бо-
ковой грани, п[оведенной из
вершины основания пирами-
ды?

Решение. Пусть 8 Л ВСО
— данная пирамида, АВ =
— 80 — 2а, АК д. В8 (черт.
39). Так как В8 | АС, то
В8 | пл. А КС и В8 | ОК-
Имеем: 8К : ВК-^082: 0В2=

=-------_—. = 2. Следовательно, точка К (основание

/05У 2\г

\ 2 /

высоты) должна разделить боковое ребро в отношении 2 : 1
(начиная от вершины).

20.	Дано изображение правильной треугольной пира-
миды, у которой высота равна стороне основания. Как
построить в этой пирамиде изображение высоты, опущен-
ной из вершины основания на противоположную грань?
21.	В усеченной пирамиде проведены параллельно осно-
ваниям три сечения. Первое сечение проходит через сере-
дину высоты, второе — делит боковую поверхность попо-
лам, а третье — делит объем пирамиды пополам. Найти
соотношение-между площадями 5Ь 52 и 53 этих сечений.

Решение. Пусть <2 и <7 — площади оснований усе-
ченной пирамиды (<2 > д). Дополним" усеченную пирамиду
до полной. Полные пирамиды, основаниями которых слу-
жат основания усеченной пирамиды и указанные сечения,
подобны, поэтому их поверхности пропорциональны
квадратам соответствующих линейных элементов, то есть
величинам ($, д, 5Х, 52, 53, а объемы — кубам соответ-
ствующих линейных элементов, то есть величинам У(23>
У д3, У5/, У323, УУ3- На основании свойства средней
линии трапеции имеем:	+ У У _ Кроме того, со-

гласно условию задачи <2—52 = 52 —д и У<У — У533 =

= /5/ - У д3.

Имеем систему

Исключая <2 и

Уф + Уд = 2У5Х,

<2 + д = 252,

У<23 + У<73 =уУ5?. _	_

д, получим: у533 + 2 /5/= 3 52у5х,

или 533 =5,(352 — 2 5,)2.

22.	Найти ошибку в приведенном ниже решении зада-
чи: «В усеченной пирамиде проведено параллельно осно-
ваниям сечение, разделившее объем пирамиды и ее бо-
ковую поверхность пополам. Найти отношение площади
этого сечения к площади среднего1 сечения».

«Решение: Полагая в предыдущей задаче 52=53 = 5, по-
лучим:	Д-2 = 3^^ или х3 — Зх2-|—2 = 0, где

х = |/у ; (х —1) (х2 — 2х — 2) = 0, х 1, так как при

е 1 е п -	<2+<7^ (У^+УяУ с

(2 > 7, 5 >5,. Действительно, —> I -—%—-I =51( в
чем легко убедиться. Значит, х2—2х — 2 = 0, откуда х~
= 1 -|- УЗ. Искомое отношение равно: ~ =х2=4-|-2УЗ».

Решение. Указанная в условии задачи пирамида не

1 Среднее сечение—сечение, проходящее через середину высо-
ты параллельно основаниям.
существует (она обращается в призму). Величины 51,52и
5. связаны для пирамиды определенными соотношениями
(неравенствами), и поэтому нельзя им приписывать произ-

вольные значения или связывать их произвольными соот-
ношениями. Мы уже доказали, что 52>5Г Из соотноше-

ния, полученного нами в предыдущей задаче, имеем: 5/—
- 5/ = 5ДЗ 52—2 51)2-523 = 9 515224-4 5?-12 5/52—5? =

= 85,5,(52—54-5/(5, — 31)-45?(52-51) = (52 —
-5,) (85,52—5/—45х2) = (52-51)[4 51(52-51) +52 (45х-

-3'2)]> О,

/	\ о

\	/5!	/

так как 52 > 5Г и 4 5Г > 32

Я+ 4 Ф? — 4, 0-^4 и тем более—<4,откуда 45!>52
$1	51	5х

Таким образом, 53>52>51, то есть равенство 53 — 8

2

невозможно.

23.	На деревянный барабан, имеющий форму катушки
с прямыми стенками, намотан в несколько рядов длинный
стальной трос. Как приблизительно подсчитать длину этого
троса 5, не разматывая его?

Решение. Измеряем расстояние I между стенками
барабана (ширину барабана) и число витков, укладыва-
клцюся на этом расстоянии. Тогда диаметр й троса будет:
й = —. Затем измеряем диаметр 2Л барабана и диаметр О2
п

наружного витка. Частное—-----1 дает нам число рядовт.

2й!

Длина первого витка (непосредственно прилегающего к ба-
рабану) равна л(Р14*й), длина троса в первом ряду
лп -4- д), во втором ряду лп 4“ 34), в третьем
лп (1>1	5<Д и т. д. Наконец, длина последнего (наружно-

го) ряда равна лп [2)14* (2т—1)й].

Имеем формулу: 5 = лп '^т	4- Зй Д- • 4~

4-(2т—1)й]} = лп(О1т-\-<1т2)= лпгп(О1-{-4пг). Полагая
, I	О, — П, (О, — й,)1г

здесь а ~	, пг = —----— = —-------— , получим  окон-

п	2(1	21

„	™2(О|—О?)	„	л/(О2 — О’) V „

чательно: 5 = —?------— ’или5 — — --------- =—, гдеУ=

4/	442 а2

«/(О’—О?) л

= ——------------объем катушки, занятой тросом вместе

с промежутками. Существуют и другие способы решения
(не связанные с прогрессией).
24.	При изготовлении из жести колена для водосточ-
ной трубы приходится вырезывать «углы» (для соединения
под прямым углом двух труб), составляющие отход. Как
вычислить этот отход?

25.	Существует ли такой цилиндр, полная поверхность
которого и объем были бы соответственно равны поверх-
ности и объему некоторого шара?

26.	Полная поверхность конуса (в квадратных санти-
метрах) и его объем (в кубических сантиметрах) выража-
ется одним и тем же числом. Найти это число, зная, что

радиус и образующая конуса являются целыми (в санти-
метрах) числами.

27.	Высота конуса, образующая и диаметр основания

выражаются последовательны-
ми целыми числами сантимет-
ров. Определить объем конуса.

28.	Металлический равно-
сторонний конус стачивается
на токарном станке по всей по-
верхности на одинаковую глу-
бину (перпендикулярно поверх-
ности). При какой глубине ста-
чивания (относительно перво-
начального радиуса) вес ко-
нуса уменьшится на 10 %?

23. Вдоль оси конуса вы-
сверлили сквозное цилиндриче-
ское отверстие так, что объем
оставшейся части конуса ока-
зался равным объему снятых
стружек. Определить отноше-

ние радиуса цилиндрического отверстия к радиусу конуса.

Решение. Высверливаемая часть конуса состоит из
конуса 8ВС и цилиндра АВСО (черт. 40). Пусть ОЕ =
= Ё — радиус данного конуса, ОО — ОГЕ — г — радиус
цилиндра, ООХ = Н — его высота. Из чертежа имеем:

В 11	0,8	л р //г	о , , __ №	,

- = ——ч откуда 0х8 =   , 05= 0г8 + Н =—- +
г 0,8	Я — г	В —г

-|-/г	- . По условию задачи 2л -ОО* -ООх-Е — л-ОО2-0x8=

Р— Г	-	3

— —л • ОЕ2 • 05, или 2лЛ2/1 + 2'г — = '	,	4г3 —

3	3 (Я-г)	3 (В—О
— 6г2/? + Я3 = 0, 4 (- V—* 6 (—\2-Н1=О. Полагая — =
\К/	\К)	Я

= х, получим 4х3— 6№ 4- 1 = 0, 2^х —(2х2—2х—

—1)=0, х = ~ = 1. При 2х2—2х— 1 =0 х= 1± ^1..

Я 2	2

что невозможно, так как 0 < х <1.

30°. Ствол дерева, высота которого известна, ров-
ный, равномерно суживающийся от основания к верхушке.
Как вычислить, на какой высоте толщина дерева дости-
гает заданную величину?

31.	Конус и равносторонний цилиндр равновелики.
Могут ли эти тела иметь равные полные поверхности?

Указание. Допущение о том, что тела имеют рав-

/Я \4
ные полные поверхности, приводит к уравнению I— —

— 3 /— I +3 = 0, не имеющему решений в области
действительных чисел (7? и г — радиусы конуса и ци-
линдра).

32.	Определить отношение радиусов оснований усе-
ченного конуса, описанного около шара, если площадь
нижнего его основания является: а) средним геометриче-
ским п;оцади верхнего основаьия и боковой поверхности;
б) средним арифметическим тех же величин.

33.	Может ли поверхность и объем шара соответственно
равняться полной поверхности и объему шарового сегмента?

34.	Сосуд с водой имеет форму прямой призмы с квад-
ратным основанием. Если опустить в воду шар, диаметр
которого равен стороне основания, то поверхность воды
становится касательной к нему. Найти отношение диа-
метра этого шара к диаметру другого шара, обладающего
таким же свойством.

35.	На горизонтальное дно цилиндрического сосуда,
содержащего воду, помещается тяжелый шар; поверх-
ность воды становится касательной к шару. Таким же
свойством обладает другой шар, радиус которого равен
радиусу цилиндра. Определить отношение радиусов этих
шаров.

Решение. Пусть 7? — радиус цилиндра, г — ра-
диус первого шара. По условию задачи л/?2 • 27?--л/?3=

О
= 1 лЯ3=л%2 -2г — - лг\

3	3

— 3	1 -г 2= 0. Полагая

27?3 = 67?2г — 4г3, /~Г~
\ г /

—= х, получим: х3—3№+

-|-2 — 0, или (х — 1) (№— 2х — 2) = 0, х— -	1, так

г

как оба шара по условию задачи разные. Следователь-
но, х2 — 2х —-2 = 0, откуда х = 1 + |/3.

36.	На плоское горизонтальное дно сосуда с прямыми
стенками, в котором находится вода, положили шар;
поверхность воды стала касательной к шару. Затем ря-
дом с первым шаром положили на дно второй шар, поверх-
ность воды стала касательной к этому второму шару.
Наконец, рядом с первыми двумя шарами положили на
дно третий шар, радиус которого равен сумме радиусов
первых двух шаров; поверхность воды стала касательной
к третьему шару. Найти отношение радиусов этих шаров
(вода из сосуда во время вкладывания шаров не вылива-
лась).

37.	Шар касается всех ребер правильного тетраэдра.
Какая часть поверхности шара отсекается плоскостью,
совпадающей с гранью тетраэдра?

38.	1) Шар касается всех ребер правильного тетраэдра.
Плоскости, совпадающие с гранями тетраэдра, делят по-
верхность шара на несколько частей. Найти отношение
площадей двух различных частей; 2) Плоскости, совпада-
ющие с гранями правильного тетраэдра, вписанного в
шар, разделяют объем шара на несколько частей, одной
из которых является сам тетраэдр. Найти отношение объ-
емов двух различных частей из числа прочих.

39.	Как изменится ответ в предыдущей задаче, если
вместо правильного тетраэдра взять куб?

§ 2. НЕРАВЕНСТВА. МАКСИМУМ И МИНИМУМ.

Теоретической основой самого элементарного способа
решения задач на максимум и минимум является не-
равенство Коши -----------—> Г а^а^.а^ где —

положительные числа; знак равенства имеет место лишь
при условии О1 —	= ая = ... = ап. Практика показы-

вает, что большинство элементарных задач на максимум
и минимум могут быть решены применением приведенного
выше неравенства для случаев п = 2, 3, 4. Приводим наи-
более простое доказательство неравенства для случаев:

п	ЛГТ	Л	® I "Ь Ч.,-К ЧчЦ- Чд

п = 3 и п — 4. При п = 4 имеем:	~	—* =

Щ 4" Я2 [ Ь Щ

= -_________1— >1/а1+ «2 . «.;+	.......-=

2	г ,2	2 У у а^а^у а3-а4=

— Уа^а.^. К этому случаю легко приводится случай

°1 4- щ 4- аз
3

/п1+°2+аз\ К

> 1/ -—откуда I ~	) >

О1+«2+Я3	„	(а1^Га2-\~аз\	„ а1+Я2 + аЗ

>--------а1-а2-а3, ---- ^а^-йз,------——

О	\ О /	О

> у'а-з-аз-аз.

Решение многих элементарных задач на максимум и ми-
нимум легко сводится к нахождению условия равенства
нулю дискриминанта квадратного трехчлена (см., напри-
мер, разд. IV, №71 или №40, 91, раздел V). Заметим, что
существуют функции, не имеющие ни максимума, ни
минимума.

Однако, если аргумент х рассматривается на некотором
сегменте [ т, и], то функция у на этом сегменте всегда име-
ет наибольшее и наименьшее значение. Очевидно, для
отыскания наибольшего и наименьшего значения какой-
либо непрерывной функции у = /(х) на сегменте [ т, п\
необходимо сравнить между собой максимумы и минимумы,
приобретаемые данной функцией на этом сегменте, со зна-
чениями функции Дт) и Ди) на концах того же сегмента.
Наибольшее из полученных чисел будет наибольшим
значением функции на рассматриваемом сегменте и на-
именьшее — наименьшим (см. задачи 95, 99, 100 разд. V).

Иногда для нахождения максимума или минимума
функции применяют прием, заключающийся в изучении
разности /(х2) — }(х^ при х2>хх и -+ х2 (сравне-
ние смежных значений функции). Этот прием, однако,
редко оказывается простейшим элементарным приемом и
применение его связано большей частью с громоздкими
выкладками (см. задачу 93, разд. V).
При исследовании функции на максимум и минимум
большую помощь оказывает иногда следующее положе-
ние; если несколько положительных (при всяком х) функ-
ций имеют максимум или минимум- при одном и том же
значении х = а, то и сумма (произведение) указанных
функций имеет соответственно максимум или минимум при
том же значении х = а. Это положение легко доказыва-
ется (см. задачу 93, разд. V).

40.	От параллелограмма отрезали параллельно его
стороне часть, подобную ему, от остатка отрезали парал-
лельно той же стороне часть, подобную этому остатку.
Найти соотношение между сторонами параллелограмма.

41.	На чертеже 41 АВ || ОМ || СО. При каком усло-
вии отрезки АВ, ОМ и СО могут служить сторонами тре-
угольника?

42.	Средняя линия трапеции делит ее площадь на две
части, отношение площадей которых не превышает 3.
Доказать.

43.	Как следует 'задать периметр Р прямоугольного
треугольника и радиус г вписанной в него окружности,
чтобы эти два элемента определяли прямоугольный тре-
угольник?

44.	В каких пределах может изменяться отношение п
боковой поверхности конуса к поверхности вписанного
в него шара?

Решение. Пусть I, Р, г — соответственно образу-

ющая конуса, его радиус и

радиус вписанного шара.

Нетрудно выразить г через I и Р'. г=

ВУ. Дал^е:
ВА-1
-0 + -)

_	+ У = Ц#+О К \	* ' х2 +%

” ~ 4^72 ~ 442 (/3 - Я2)	4Я(1-К)~ 4 /_/_ _1\~4х-4’

\Д /

где 1 < — = х; х2 4" х (1 — 4м) -}- 4м = О,
А’	___________

х _ 4'г ~ 1 ± У~1бп2 — 24п + 1 _ Должно иметь

3 1

место неравенство: 16м2—24мД-1>0, откуда п>:——.

45.	В каких пределах может изменяться отношение м
объема конуса к объему вписанного в него шара?

46.	В каких пределах может изменяться отношение м
боковой поверхности усеченной пирамиды, описанной око-
ло шара, к сумме площадей оснований?

Решение. Пусть 0. и <? — площади оснований усе-
ченной пирамиды, г — радиус вписанного в нее шара,
5 — боковая поверхность, V — объем. Соединим центр
шара со всеми вершинами пирамиды. Тогда усеченная пи-
рамида разделится на несколько полных пирамид, имею-
щих своими основаниями грани данной усеченной пира-

миды, а высотой—радиус г. Поэтому: У =

С другой стороны, V = — (С4-д -ЦКС? • д).

3

Следовательно, 5 + <2 + <? = 2(<2 4~ 4- ]/ Уд),

откуда 5 = <2 + <? 4- 2 У <2д = (/<2 4- Уд)2.

Далее: п— —— =	— 1 -Д 2К*?-? Отстлла-

<2 +<7	<2 +<7 __	' <2 + 9 • итсюда-

1 <м<2; (так как <2><?, то 2/ <2<у< 0. + д).

47.	Сферический сегмент целиком расположен внутри
цилиндра и имеет с ним общее основание и высоту. В ка-
ких пределах может изменяться отношение п объема ци-
линдра к объему сегмента?

48.	Полная поверхность конуса равна полной поверх-
ности некоторого равностороннего цилиндра. Доказать,
что объем цилиндра больше объема конуса.

49.	Цилиндр и шар имеют равные объемы. Доказать,
что поверхность шара меньше полной поверхности цщ
линдра 1.

50.	Полная поверхность цилиндра равна поверхности
некоторого шара. Доказать, что объем шара больше объема
цилиндра1.

Указание. Задача сводится к доказательству не-
равенства при г>0: г3 — Зг + 4 —г3 + 1 + 3(1—г)>
>0. Это неравенство при г<1 очевидно. Если г>1, то
г3 — Зг + 4>г2 — Зг + 4>0, что требовалось доказать.

51.	Конус и полушар имеют равные полные поверхности.
Объем какого из этих тел больше?

Решение. Пусть г, I, У1 — соответственно радиус,
образующая и объем конуса, 7? и У2 — радиус и объем по--
лушара.	з/?2__

По условию пг1 + лг2 = Зл/?2, откуда 1=----------.

Имеем: V?— У23= - л2/-411^=^ - ^1— А =

9 I г2 ]	9

__-27?3 (97?У2-6г*-4^) =	(2Р2— - г21 24- - Г4

9	9 Ц- 4 Г /	16 ]’

откуда 1Д < У2—объем полушара больше.

52.	Конус и полушар имеют равные объемы. Полная по-
верхность какого из этих тел больше?

53.	Конус и полушар имеют равные радиусы и равные
боковые поверхности. Объем какого из этих тел больше?

54° Почему выгоднее (в целях экономии стройматериалов)
строить дом с квадратным основанием, чем с основанием
в форме другого четырехугольника? •

55.	Из всех треугольников, имеющих равные площади,
выбрать тот, у которого наименьший периметр.

Решение. При постоянном произведении - 52 =

3

— р (р — а) (р — Ь)(р — с) сомножителей их сумма
3

—р + р — а 4- р — Ь + р — с = Ц р достигает минимума
3	3

при 4 р = р — а *= р — Ь =» р —с, откуда а = Ь = с.

1 Существует общая теорема: из всех тел, имеющих равные

поверхности, игр сблатает наибольшим объемом и обратная теорема:

ив все< тел, имеющих равные объемы, шар обладает наименьшей

поверхностью.
56.	Из каких равных треугольных плиток следует сде-
лать паркетный пол, чтобы длина швов была мини-
мальной?

Решение. Пусть О — площадь пола, 2р — пери-
метр треугольника, 5 — его площадь. Число треугольни-
ков равно: т --- 9-

Общая длина швов равна — рт. Так как т — тюсто-

янная величина, то задача сводится к нахождению формы
треугольника, имеющего минимальный периметр. На ос-

новании предыдущей задачи заключаем, что треугольные
плитки должны быть равносторонними (правильными).

57.	Найти максимум отношения произведений отрезков
от точки пересечения биссектрис треугольника до его’ вер-

шин к произведению биссектрис.

Указание. Сначала доказать, что сумма отноше-

ний указанных отрезков к
соответствующим биссект-
рисам есть величина посто-
янная.

58.	Из прямоугольного
сектора вырезали наиболь-
ший по площади прямоуголь-
ник, две вершины которого
лежат на дуге сектора. Най-
ти отношение сторон прямо-
угольника.

59.	* Хорда делит круг на
два сегмента. Из меньшего
сегмента (или из полукруга,

если эти сегменты равны)
требуется вырезать прямоугольник наибольшей площади.
Решение. Пусть СЕ — МК = ОГ = х, КК ~ /г,
ОВ = ОК = 7? (черт. 42). Тогда 7(Л4 — И — х, МЬ =
= 27? — (/г — х) = 27? — 1г + х, МО2 = КМ . МЬ =
= (й — х)(2К — И + х). Нам нужно найти максимум
выражения 5 СО-ММ или выражения 52 = сП2•Л1Л,’2=
= 47ИО2>7ИУ2 4(/г — х) (27? — И + х)х2. Имеем: ~тпр2 ~-

= т(/г — х) • п(27? — й + х) • рх  рх == (тК — тх) • (27?п —
— 1гп + хпКрх.рх,	(1),

где т, п, р —• параметры, подлежащие определению.
Подберем эти параметры так, чтобы выполнялись следую-
щие требования:

1)	Каждый множитель правой части (1) должен быть
положительный; это требование выполняется при произ-
вольных положительных т, п, р',

2)	Сумма этих множителей должна быть постоянной:
тИ — тх + 2/?п — Нп + хп + рх + рх = тК + 2/?п —
— Ут 4- л(2р Ул — т} — сот!; очевидно, для этого
необходимо положить 2р + п — т — 0, откуда т — 2р -|-
+ и;	(2)

3)	Система тК—тх = 27?п— Кп-\- хп = рх должна опре-
делять х единственным способом, то есть быть совмести-

„	~ 2Рп — Ип	тН

мои; для этого должно быть--------=------х. (о)

р— п	т\- р

р

Исключая из (2) и (3) т, получаем: — =

= 2^+]/9^+^-2№ . Из (3) находим х, х в =
2/г	т~Ур

2	— -ф* 1	._________

2рДп, п ,	6/М-2/9/?3+Л2-2/?/г п „

Д.—'—п =  --------п = /г------, В частно-

Зр +«	3-4-1	9Я—М-3 V9/?24-Л.а—2/?7г

п

Г, 1	Г, 6/? +4/? /2~

сти, при 4 = /г, получим: х = 7?----!----— =

+ бр ут

3	। 21/'"2”

= - ----	= ^4—— , что мы и ожидали (искомый пря-

4	4-3/2	2

моугольник представляет собой в этом случае половину
квадрата, вписанного в окружность радиуса %).

60.	Из всех прямоугольных параллелепипедов, имеющих
общую диагональ, найти тот, который имеет наибольший
объем.

61.	Изготовляются одинаковые фанерные прямоугольные
ящики для посылок. Какую форму должны иметь эти ящи-
ки, чтобы на их изготовление уходило наименьшее коли-
чество фанеры?

62.	Из деревянного шара вытесан прямоугольный бру-
сок наибольшей поверхности. Определить процент отхода
дерева.

Указание. Воспользоваться неравенством х2 +

4-	у2 4- з^ху 4- х% + гу.
63.	Из множества одноименных правильных призм, имею-
щих одинаковую полную поверхность, выделить ту,
которая имеет наибольший объем.

Решение. Рассмотрим призму определенного вида,
то есть число п сторон основания будем считать заданным.
Обозначим сторону основания —а, апофему основания —к,
высоту призмы — к. По условию задачи величина с =
= ак + ап постоянна. Число п фиксирует центральный
а

угол основания призмы, поэтому величина — = с± — также

постоянна.

Следовательно, с =с1(Л2+ кк)\ объем призмы зависит от
выражения V = акк = с^Н, откуда 2 — == 2/г4/г =
ср

=2к2 Огк-кк. Так как сумма 2к2+кк +к1г = 2(/г2 +/г/г)= —

Ч
постоянна, то 2к2 — кк, к = 2к — апофема основания

призмы должна равняться Головине ее высоты.

64.	Из деревянного шара вытесан цилиндр наибольше-
го объема. Сколько процентов

мате р шла сточено?

65.	Какой из вписанных в шар
конусов имеет наибольший объем?

66.	Как выточить из металли-
ческого конуса цилиндр так, что-
бы было сточено возможно мень-
ше материала?

67.	Из усеченного конуса нуж-
но выточить цилиндр так, чтобы
было сточено возможно меньше
материала. Как это сделать?1

Решение. Пусть 7? = ОГС,
г = О2Л2, к = С^О-г — элементы
данного усеченного конуса. Обо-
значим высоту искомого цилиндра

001 — АА1 = х, его радиус ОА=у

(черт. 43). Тогда получим: — =---, откуда х = - —Л .

х К— у	У —г

Нам нужно найти условие максимума выражения V =
~ лу2х =	—21, или выражения	2у\^—

1 Очевидно, данная задача включает в себя предыдущую.
— у) = у-у (27? — 2г/). Поскольку сумма г/+г/-|-2/? — 2у =
=27? постоянна, то у = у — 27? -— 2у, откуда у = — Я.

Такое решение будем иметь, пока -7? > г. Когда же —7? <
3	3

„ К . 3

< г, — < —, то это решение не удовлетворяет, очевидно,
г 2

условию задачи. В этом случае у = г. Действительно,
функция у2(7? — у) при возрастании у от г до 7?	— г

убывает: г2(7? — г) — (г + Аг)2 [7? — (г + Аг)] = Аг [Аг2 Ц-
4-Зг2+ЗгАг—7?(Аг+ 2г)] > Аг [Аг2 + Зг2 + ЗгАг — -| г(Агф-
Д- 2г)] = Аг2 (Аг + у г) >0.

68.	Из картонного круга вырезают вдоль радиусов сек-
тор и оставшуюся часть круга свертывают в конус. Какую
часть круга следует вырезать, чтобы получить конус наи-
большего объема?

Решение. Пусть х — длина окружности получаю-
щегося конуса, 7? — радиус круга, равный образующей
конуса. Для объема V конуса получим следующее выра-
жение: V = 1- л (-)2

3	\2.-/ Г Л (2,тУ	24-2

Задача сводится к нахождению максимума выражения
М = х2]/4л27?2—л2 или выражения 27И2 = 2х4(4л27?2—
___. г-2\ — у2 , 2 О-тг2 02   Оу2\

Так как' сумма х2 + х2 + 8л27?2 — 2х2 = 8л2 7?2 —
постоянна, то х2 = 8л27?2 — 2х2, откуда х = |/Ал/?. Сле-
довательно, длина дуги вырезываемого сектора должна

_	т.р

быть 2 л7? •—]/АлУ?	и составляет ----------------- =

V 3	2-У?

-I АТ

= 1 — I/ -^0,184 часть окружности.

69.	Изготовляются одинаковые ведра в виде цилиндров
с открытым верхним основанием. Какую форму следует
им придать, чтобы они были (при данном расходе мате-
риала) наиболее вместительными?1

70.	Изготовляются консервные банки. Как добиться

1 Расходы материала на обрезки и швы в расчет не приникать.
увеличения вместимости банок, не изменяя количества ма-
териала, идущего на их изготовление1.

71.	Цистерна, представляющая собой цилиндр с двумя
наружными конусами, должна иметь определенный диаметр
и объем. Какая должна быть форма этих конусов (опреде-
лить отношение п. высоты конуса к его образующей), что-
бы на изготовление цистерны ушло наименьшее количество
материала1?

Решение. Пусть 7?, V, 5 — соответственно радиус,
объем и поверхность цистерны, Н — высота ее цилиндри-
ческой части, И. — высота конической части. Имеем соот-
ношение:	-|лг2й = V, откуда ЗН-\-2И =	= с,

где с — постоянная величина (поскольку V, Я и л— посто-
с______________21г

янные), Н =—^~. Найти условие минимальности вели-
чины 5 = 2л/?Я2л7? У/?2-|-Л2, или величины г =
=	= Н + /У?2 + й2 = с-^ -Ц	. Имеем:

2~	3

За — с = Зррм^/г2 — 2й; — = I = 31/]	2- - .

1	п к 1 я2 я

Ясно, что величина г будет минимальной при том же
условии, что и величина I. Положив — — х, получим
З/Т+х2 — 2х = I, откуда 9 + 9х2 = /2 ф- 4х2 + 41х,
5х2 — 41х + 9 — I2 =о, х =	.

Следовательно, /2>5, то есть минимальное значение I рав-
но р5 и достигается при х = —У/ = — Искомое отно-
к	2 уг	2

шепие равно: п = —- ......=	— ....= — .

V /?2+Л2	У 25+20	3

72.	Из жести изготовляется сосуд определенного объема,
состоящий из открытого цилиндра и заканчивающийся
внизу конусом. Сделать расчет экономии жести1.

Указание. Установив, что количество жести прямо
пропорционально радиусу основания цилиндра (конуса),
принять этот радиус за постоянную величину.

73.	Баллон для газированной воды, представляющий со-
бой цилиндр с двумя сферическими сегментами (не более
полушара) должен иметь определенный диаметр и объем.

1 Расходы материала на обрезки и швы в расчет не принимать.
Какую форму баллона следует избрать, чтобы на его из-
готовление ушло возможно меньше материала1?

Решение. Пусть V — объем баллона, 5 — поверх-
ность, 7? — радиус, I — длина (высота) его цилиндрической
части, г — радиус сферической части (сферической поверх-
ности), Н — высота сферического сегмента. Легко полу-
чить следующие соотношения:

(2г — й)й = 7?2; V = л^-1 -|-2л/г2^г —	5 = 2л7?/ -ф 4пгК.

/?2+Л2

Из первого соотношения г —	- , из второго I =

2	1

V +	г./г3 — 2~1Г-г V — - г.к3 — тг/У/г

= ------------------- ---------------. Исключая г и I из

г,/?2	тг/?2

третьего соотношения, получим:

2

2Ц+2^/?3+2г/г2/? - --/г3 - 2г/гГ

5 =------------------1. Так как величины

К

Я, V, л постоянны, то будем искать минимум выражения
г у = 2лй2Р — -|лй3 — 2л/?2й = -|-л(3/12/? — И3 — ЗЛУ?2) или
выражения г2 = 3/г2Р — И3 — 3/г/?2. Разделив это уравне-

/ /г \ 2	! к \ з / Л \

ние на Р3, получим: г3 = 3 ( — ] — — — 3 — = Зх2 —
}	3	\П!	\ Я/ \н)

— х3 — Зх, где х = — . Но г3 4- 1 = г4 = Зх — х3 — Зх Ц-
4~ 1 = — (х — I)3 > 0, так как х <7 1. Отсюда х = — =

= 1, И. = Р. Итак, сферический сегмент долж'ен иметь
форму полушара.

74. В шар вписан цилиндр наибольшей полной поверх-
ности. Найти отношение диаметра цилиндра к его высоте.

75*. Из прямоугольного листа жести длиной а метров
и шириной Ь метров вырезают по углам одинаковые квад-
раты со стороной х метров и из оставшейся части листа из-
готовляют открытую прямоугольную коробку ВЫСОТОЙ X
Найти х так, чтобы объем коробки был наибольший.

Указание. Можно применить такой же прием, что
и в задаче 59.

Д Расходы материал иа обрезки и шаи з расчет не принимать.
V. ПРИМЕНЕНИЕ АЛГЕБРЫ И ТРИГОНОМЕТРИИ
К ГЕОМЕТРИИ.

§ 1.	ПЛАНИМЕТРИЯ.

1.	При каком условии: а) синус острого угла а боль-
ше его косинуса? б) тангенс острого угла а больше косекан-
са его?

Решение, а) Имеем неравенство зт а>соз а, экви-
валентное неравенству зт* 2а>сс82а (так как 81п а >9 и
Соз а>0), откуда соз 2а<0, 2 а >90° а >45°. Или: зт а —
— соз а > 0, —Х=.зта----^=соз а>0, зт (а—45°) >0, а>

/2	/2

> 45°. б) Имеем: а > созес а; -ш а-> —-— ; зт2 а —
соз а зт а

— соз а > 0; 1 — соз2а — соз а >0, соз2 а -р соз а— 1 <0,
Т/л5~______________।

откуда соза< ——, а>51°50'.

2.	В каких границах может изменяться: а) произведение
синуса и косинуса одного и того же угла? б) сумма синуса
и косинуса одного и того же угла?

3.	Вычислить с точностью до 0,001 зт 18°.

4.	Что больше: синус синуса угла или косинус косину-
са того же угла?

Решение. Имеем: соз (соз х) —- зт (зт х) = соз(соз х)—

I ~	.	\	-..1т., СОЗ X — 81П X \	. /л

- СО8------ зт X] — 2 81П----------------• 8111-----

\ 2	/	\ 4	2	/	\ 4

>!п х ~г...соз^\ > о, так как У2 > (зтх соз х) > — |/2,

]/2 > (соз х —- зт х) >—У 2 (см. задачу
71 1 со5х—зтх т.

4“ "У- > 4	2	> 4 ~

2, б) и ~



соз (соз х)

51П X + СОЗ X

2
> зт(зт х).

Следовательно,

5. а) Может ли тангенс суммы двух углов треугольника
равняться сумме тангенсов этих углов? б) Может ли си-
нус суммы двух углов треугольника равняться сумме
синусов этих углов?

6. Может ли сумма синусов углов выпуклого много-
угольника равняться их произведению?
7.	Доказать, что сумма котангенсов углов треугольника
больше их произведения.

8.	Часы пущены ровно в полдень. Какое время бу-
дут они показывать, когда длина дуги, описанной концом
часовой стрелки, окажется равной длине этой стрелки
(с точностью до 1 сек)?

9.	Косинусы углов прямоугольного треугольника со-
ставляют арифметическую прогрессию. Найти тангенсы
его острых углов.

10.	Стороны прямоугольного треугольника образуют
геометрическую прогрессию. Найти его наименьший угол.

11.	Найти углы прямоугольного треугольника, если
известно, что их синусы составляют: а) арифметическую
прогрессию; б) геометрическую прогрессию.

12.	Прямая, параллельная стороне прямоугольного
треугольника, делит его периметр и площадь пополам.
Определить углы треугольника.

Указание. Сначала показать, что прямая, парал-
лельная гипотенузе, не может обладать этим свойством.

13.	Прямая, параллельная стороне равнобедренного
треугольника, делит его периметр и площадь пополам.
Определить угол при основании треугольника.

14.	Определить углы прямоугольного треугольника,
в котором две медианы взаимно перпендикулярны.

15.	Два неравных подобных прямоугольных треуголь-
ника имеют по две равные стороны. Найти углы этих тре-
угольников.

16.	В острые углы прямоугольного треугольника впи-
саны два одинаковых круга, касающихся друг друга. Сум-
ма площадей -этих кругов равна площади круга, вписан-
ного в треугольник. Определить форму треугольника.

Решение. Пусть (черт. 44) ^.А = а, ^В = р,
01 и О2 — центры двух равных окружностей, касающих-
ся друг друга и сторон углов Л и В, О — центр вписанной
окружности.

Положим ОГЫ = О.М = р, ОР = г. По условию задачи
Д-=2у2.

Из чертежа имеем АВ = АМ + Л'СУ + ВМ = р с(§ у +

+ р с(§-| + 2 р = р ^2 -ф- с!§	с!§	= АР + ВР =

=	+с1§4)-

\	2	21
Положим с!§ + с!§-^ — х. Тогда р2(2 + х)2 — г2х2 —
= 2с2х2, 4 + х2 + 4л: = 2х2, х2 — 4х — 4 = 0,

Ш Ш |

х= с1§~ +с1§| =-----~ = 2 + 2/2 (1).

Черт. 44.

Но Ь

а 8

1§ - + 1§

а В

'-'Ч1Ч

(2).

а 3

Из (1) и (2) получаем:	— = 1§~, откуда а =[}=

= 45°.

17.	Определить острый угол ромба, в котором диагона-
ли и сторона составляют: а) арифметическую прогрессию;
б) геометрическую прогрессию.

18.	Ортоцентр треугольника делит одну из высот по-
полам. Найти произведение тангенсов углов треугольни-
ка, противоположных этой высоте.

.19. Сумма косинусов, углов треугольника равна сумме
косинусов углов равностороннего треугольника. Найти
углы треугольника.

Решение. По условию задачи соза ф- соз^ + созу=^

О	3

~ й соз 60 = —.

о
Заменяя соз у = — соз (а + Р), получим: соз а
— соз (а 4- В) = — или 2 соз соз — /2
2	2	2	1

/	2

4- соз Р —

СОЗ2 —------

2

.	2 а + 3	.	« + 3	а- 3 I 1 п	« + 3

4 соз2 — 4 соз - ~ соз —- 4-1=0, соз -	=

2	2	2	2

а 3 , 1	 „а—3

соз -у- ± |/ - 51П’У

_	2

Отсюда а = р (в противном случае мы получили бы для
соз мнимое число). Аналогично а = у. Значит, тре-
угольник — равносторонний.

20.	Два треугольника, из которых один равносторон-
ний,' имеют равные периметры и радиусы вписанных ок-
ружностей. Найти углы второго треугольника.

Решение. Пусть а, р, у •— искомые углы треуголь-
ника, Д и г — радиусы окружностей, описанной около
треугольника и вписанной в него. Воспользуемся соот-
ношениями:

г = 4Д 81П — 81П -- 8Ш	4-	4-

2	2	2	2	2	2	2

+ Ч‘8Т = 1-

,,	2/?(зш а 4- 51 п 3 4* 5>п 7) 1^3

Условие задачи дает нам: г = —>----!— =

= 4/з „	“соз-?- соз— = 4Дзш — зш—зш-А

9 а соз 2	2	2_	2	2	2 >

откуда	|	| V

Х 8 2 § 2 )	\ 9 )	27'

Так как сумма сомножителей в скобках постоянна, то
максимум произведения этих сомножителей будем иметь при
их равенстве, то есть когда а = р — у = 60°. Этот макси-
мум как раз есть ^1§230°Это и означает, что
а = Р = у = 60°.

21.	Периметр и площадь некоторого треугольника соот-
ветственно равны периметру и площади равностороннего
треугольника. Доказать, что треугольники равны.
Указание. Равенство периметров и площадей при-
водит согласно формуле г — — к равенству радиусов
вписанных окружностей; поэтому задача аналогична пре-
дыдущей.

22*. Два неравных равнобедренных треугольника
имеют равные площади и радиусы описанных окружностей.

Кроме того они имеют по
равной стороне и высоте.
Найти углы этих треуголь-
ников, заключенные между
равными сторонами.

Решение. Пусть АВС
и А151С1 — два указанных
треугольника, О и 01—цент-
ры описанных окружностей,
АО 1 ВС, СгЕ 1 ЛД, ВС=
=510! = а, ^ВАС = 2а,

ЛхС!^! = 2р (искомые
углы) (черт. 45). Из чертежа
имеем: АО = ~ с^а, АС =

, а
2 81п а

Л0= -

, АМ =

а

а

4 8111 а

а

4 81П я СОЗ а 2 81П 2а

В1К = аз1пР, СГЕ = а саз р,

По условию задачи СО • АО = ВгЕ • С±Е или
с!§а = а2 зшр соз р, с1§а = 2 зш 2р.	(1)

Кроме того, АО = Сх01 или

а	а • о	п

-----г- =------, 81П 2а = сов р.

2 81п 2а 2 соз (1

Разделив (2) на (1), получим:

„ соз Г . „ соз В

2 зш2 а =---------- 81П2 а =  ----—.

2 З1п 2 р ’	4 зш 2 Э

Перемножив (1) и (2), получим: соз2а = соз Р зш 2р.
Сложив (3) и (4), получим уравнение:

(2)

(3)

(4)

1 — соз р зш 2 р + —С05-~ или соз Р (4 зш2 2р — 8 81П р -ф-

4 зш2

+ 1) = о.
Так как соз р 0, то 4 зт2 2(5 — 8 зт р + 1 = 0, или
16 з1п2р (1 — 51п2Р) — 8 5шР + 1 = 0, 16 з1п4Р— 16зт2 р -ф-
-Н 8 зшр — 1=0.

Положим 2 51п Р = х. Имеем:

х* — 4х2 + 4х — 1 = 0, или (х — 1)2(х2 + 2х — 1) = 0.
Если х = 2 81п Р = 1,тоР = 30°, а = 30°. Треугольники по-
лучаются равными (и равносторонними), что оговорено в ус-
ловии задачи. Следовательно, х2 + 2х— 1 = 0, откуда х —
= /2—1^ 0,4142, 51пр^-^^ =0,2071, р^ 11°57',

А&В, = 2р 23°54', 81п 2а = созр 0,9783, (2а)х =
=78°3', (2а)а = 180° — 78°3' = 101°57'.

Значение 2а = 78°3' не удовлетворяет (1).
Следовательно, 2а = 10Г57', 2р = 23°54'.

23.	Даны две пары прямых, расположенных в одной
плоскости; точка пересечения каждой пары недоступна.
Как вычислить расстояние между этими недоступными точ-
ками?

Решение. Проводим произвольную секущую (ба-
зис) АВСО, пересекающую прямые 52 А, 8]В, 32С, 32О
соответственно в точках А, В, С, О (черт. 46). Измеряем
углы аь р2 а2, р2 между секущей и данными прямыми,
а также отрезки АВ, ВС, СО. Затем вычисляем отрезки
51Л41 | АВ, 3.2М2 | СО, М2В, М2С. Неизвестное рас-
стояние 5А = х находим из △ 8&К по теореме Пифа-
гора. Возможны и иные способы решения.

Черт. 46.

Черт. 47.

24.	Прямоугольную рамку из углового железа (черт.
47) желают установить на двускатной крыше в качестве
кронштейна для электропроводки так, чтобы плоскость
ее была параллельна плоскости поперечного сечения кры-

П Д. С, Людмилов

161
ши. Для того чтобы перемычка АВ была горизонтальна,
необходимо одну из ножек- (ЛС) укоротить на некоторую
часть СК- Как вычислить СК?

25.	Найти углы треугольника, зная, что вписанная ок-
ружность делит одну из его медиан на равные части.

Решение Пусть медиана АМ делится окружно-
стью, вписанной в треугольник АВС, на три равные части
АЕ = ЕЕ — ЕМ = т (черт. 48).

Пусть ВС = а, АВ — с, АС = Ь, Т и К—точки касания сто-

рон АВ и ВС.

Имеем: АТ = *±^, МК = |-

Кроме того, АТ2 = АЕ-АЕ = 2ЕЕ2 = 2т2, МК2 = МЕ\
ХМЕ — 2т2.

Черт. 49.

Следовательно, АТ = МК, —~ ——= с , а = 2Ь.

~ о 2 О I АМ \ 2	262 + 2с2 — а2 2&2 -к 2с2 — а2

Так как 2т2 = 2 ----- = 2 • ------------- =-----!-----

к 3 /	4-9	18

(Ь -р с — а)2 _ 2Ь2 + 2с2 — а2

. _ — -

Исключая здесь а путем подстановки а = 2Ь, получим:

-(С"Ь)2 = ^2с2~4-- , 5с2 + 13&2 — 18&е = О,
2	9	_______

5 /д?_у__ 18 /Д \ 1 13 = 0 -= 9± У81-65 _ 13

\ Ь 1	'. Ь /	’ Ь	5	б

., с 9 — 4	,

Если — =----------= 1, то треугольник не существует.

Ь 5

Мы получили; а : Ь : с = 10 ; 5 : 13.
Теперь по теореме косинусов соз А = ЕД_____________—

2Ьс

-	~ 0,723, А 43°42', зшВ = А8шЛ=-1 • 0,6909=

= 0,3454, В 20°12', С = 180° — (43°42' + 20°12') =
= 116°6'.

Если медиана АМ делится вписанной окружностью на
две равные части, то точки М и К совпадают, и мы при-
дем к равнобедренному треугольнику (АВ = АС) с
углами: ^В = аге соз-^- 70°33'.

26*. Доказать, что если две неравные стороны треуголь-
ника обратно пропорциональны биссектрисам, проведен-
ным на эти стороны, то углы этого треугольника состав-
ляют арифметическую прогрессию.

Решение. Пусть в треугольнике АВС (черт. 49)
ВС > АС, ^А > ^В и АЕ —- биссектриса угла А, ВЕ —
биссектриса угла В. Докажем предварительно, что ВЕ >
> АЕ. По теореме синусов из треугольников АВЕ и АВЕ
„„ АВзшА .„ АВзш В
имеем: ВЕ =------------к-г- , АЕ = ---.

зш М + —)	8'п Д 4Г )

/ А \

Нам нужно доказать, что зш А • зш (В —]—— I >
> зш В- зш ^4 +	'

/	А \	/	В \

Имеем: зш А зш [ В 4- —• — зш В зш А 4------------

\	2 /	\	2 /

. Д с А .	{о , А \	. В п В

= зш— •. 2 соз— зш В 4------] — зш— • 2 соз — X

2	2	(	2 )	2	2

зшВ 4- зш (Л 4- В) —

•	Л I ° \	.	/1

X БШ А 4----=5Ш—

\	2 /	2

• В Г . л . . , « . ПЛ „ . А . В В
— зш— зш А 4- 81п (А 4- В) = 2 зш— зш— соз-

2 1	|	2	2	2

„ . В .А А ,	. , . ,	/ . А . В \

— 2 зш— зш— соз— 4- зш (А 4~ В) зш--зш— =

2	2	2	\	2	2 /

А В / В	Д\	/А

~ 2 зш— зш— соз---соз— 4- зтМ 4- В) зш— —

2	2 \	2	2 /	4 Ч 2

. В \ . л
— ЗШ— >0,
2 /

так как при 4 >В будет соз^ >созу и
отсюда, между прочим, следует, что равным биссектриса?»
соответствуют равные углы, большей биссектрисе соот
ветствует больший угол (доказательство от противного)

Далее, если ВС > АС, то по условию задачи

В4-	А

О111 /Ч М11	1	1 г\ I	 Я

\	2 /	81П А

ИЛИ ---------------д----- = ~,

8Ш ( А Н-------^81П В 81п В

I 2 )

(х В \	/

А + —), то есть либо ( А -ф
21	\

что противоречит условию, либо
— 180°, откуда А В — 120°, (.
120° — А, действительно составл?

/	А \

откуда 81ПIВ — I -

_\ = В + —,	А = В,

2 )	2

+	+ (в +	=

2 /	\	2 /

= 60°; углы: А, 60',
от арифметическую про-

грессию.

27.	Под каким углом к горизонту нужно вести стрельбу
из орудия, чтобы дальность полета снарядов была макси-
мальной? Найти для этого угла отношение дальности поле-
та к наибольшей высоте подъема снаряда. Полагать, что

Черт. 50.

точка падения снаряда находится
на одной высоте с точкой вылета.
Сопротивлением воздуха пренеб-
речь.

Решение. Пусть снаряд
вылетает из орудия под углом а
к горизонту; скорость, с которой
вылетает снаряд, обозначим Vо.
Эту скорость можно разложить нй

две составляющие: в горизонтальном направлении х)х и в
вертикальном (черт. 50). Следовательно, в некоторый мо-
мент времени / снаряд находится на высоте Н — Vу^ —
— — (ё — ускорение силы тяжести) и на расстоянии

от орудия 5 = щ I (в горизонтальном направлении). Для
точки падения /7 = 0, то есть уу1 —	/= — (вто-

рой корень I = 0 соответствует моменту выстрела). Оче-

видно, в начальный момент времени будем иметь ох =
= п0 соз а, уу — у081п а (черт. 50). К моменту падения
снаряд пролетал в горизонтальном направлении путь 5 =

, 2г>гг>у 2г>02 зт а. соз я о„2 . „

= щ I = —-------------------------= — 5ш2а. Это и есть

8	ё	ё
дальность полета. Ее наибольшее значение 5 = ^-полу-
§

чим при 81П 2а = 1, откуда а = 45°. Так как движение

снаряда в вертикальном направлении является равноза-
медленным, то в любой момент времени I будем иметь:
уу = н0 81П а — §1. В наивысшей точке р = 0, поэтому
,,	.	зш а	тт	,	.

для наивысшей	точки I	= ———- ,	п	= н0 / зш	а— % ~

Ц?.<я'пI 2а гл? 81П2 а слзт2а п	.с0

= —---------------- = ---- . При а = 45 наибольшая

,	тл

высота подъема будет ~ . Искомое отношение есть

У? .	= 4

е *е

28.	Где быстрее можно переплыть реку: в широком или
более узком месте? В каком направлении надо плыть, что-
бы возможно быстрее переплыть реку, если ширина ее
везде одинаковая?	____

Решение. Начнем со второго вопроса. Пусть ОМ —

=	— вектор собственной скорости движения, МЫ —

= Уг — вектор скорости течения реки, тогда ОА = V —
вектор скорости действительного движения (черт. 51). Вре-
мя I, необходимое для переплытия реки, выразится так:

I = —	(1),

IV |

где 5 = АВ — расстояние между берегами в направлении
вектора V.

Черт. 51.	Черт. 52.

Из ДОЛГУ по теореме синусов имеем: I— = от-
| VI а

,	, т? ।	[Г, I 51П т.	±	81П

куда VI = —-----------. Из (1) получим: I -------------—	(2).

81П Р	ЦД |31П а

Но 8. 51пР = АС = (1 (черт.51). Формула (2) принимает
вид: I = ——;. Этот результат показывает, что скорость
течения не влияет на время Л Наименьшее значение I по-
лучим при зта = 1, а = 90°. Отсюда I =

Следовательно, надо плыть перпендикулярно к направле-
нию течения и в более узком месте (с возможно большей
скоростью). К этому выводу можной прийти интуитивно.

29*. Два неравных треугольника имеют по одному рав-
ному углу, по две равные стороны и по две равные медиа-
ны. Определить углы этих треугольников.

Решение. Неравные треугольники, имеющие по
две равные стороны и одному равному углу, могут быть
расположены как на чертеже 52: у треугольников АВС и
А-^ВС сторона ВС и угол В — общие и АС = АХС. Пусть
^.В = р, ^САГВ = а. Тогда ^А^СВ = 180°— (а + р),
= ^АА1С= 180° — а, ^АСВ = а — р.

Заметим прежде всего, что 180° >а >90°, а 4- Р < 180°,
Р < 90°.

Очевидно, треугольники АВС и АУВС могут быть вписаны
в одну и ту же окружность радиуса К. По теореме синусов
и теореме о сумме квадратов диагоналей параллелограмма
находим, что медианы сторон ВС, САг, ВАг треугольника
АгВС и медианы сторон ВС, СА, АВ треугольника АВС
соответственно равны: 7?]/2 81п2р + 2з1п2 (а 4~ Р) — 81п2а,
7?|-/281П2а + 2з1П2 (а 4- Р) — Нп2р,
7?|/2 з1П2а + 2 31П2Р — зш2 (а + Р)	и

7?]/2 51п2Р + 2 51п2 (а — Р) — 31п2а,
7?]/2 зш2 а + 2 зш2 (а — р) — з1п2р,

2 зш2а + 2 81П2р — З1п2 (а — Р).

Между первыми тремя медианами и последними возможны
равенства (после сокращения на Д и возведения в квадрат):

1)	2 51П2Р + 2 зт2 (а + Р) — з1П2а = 2 зпЛ 4~

4- 2 31П2 (а — Р) — 51П2Р;

2)	2 з1п2р 2 зт2 (а 4- р) — з1п2а = 2 31п2а 4" 2 з!п2В —
— зш2 (а — Р);

3)	2 зт2а 4- 2 зш2 (а 4- Р) — з!п2Р = 2 зш2р 4-

4- 2 зт2 (а — Р) — зт2а;

4)	2 8т2а 4- 2 зт2 (а 4- Р) — § пДр = 2 зш2а 4- 2 зт2Р --
— з1п2(а — Р);
5)	2 зш2а + 2 зш2р — зт2 (а + Р) = 2 зт2Р 4-
4- 2 5Ш2(а — р) — 5т2а;

6)	2 зш2а + 2 зш2р — зт2(а + р) = 2 81п2а +
+ 2зт2(а — р) — 81п,2р.

Эти равенства упрощаются к следующим:

п	с*823	с1$2а	__	_4.	4)	2Р	=	—	З^а;

8ш 2а	зт 23	з’	5) 4 2а	= 3(§р;

2)	2а = — 3 р; 6) 1% 2р = 3 1§а.

3)	с*е2а 	2,з	__	4^

51П 23	81П 2а	3

Иные равенства между указанными медианами явно не-
возможны. Равенство (1) также отпадает: 0 < ~ =

СОЗ 23 — СОЗ 2а 2з1п (а-1-3) 81П (а—8)	л

=-------------—------!—1—— < 0, так как

З1п2аз1п2$	З1п2аб1п2,3

81П (а + р) >0, 8Ш (а — р >0, зт 2р >0, 81п2а <0.

Так как треугольники должны иметь по две равные ме-
дианы, то необходимо найти условия совместимости систем:

(2	) - (3); (2) - (6); (3) - (6); (4) - (5).

Системы (3) — (4); (5) — (6); (3) — (5); (2) — (4) не рас-
сматриваем, так как они выражают условия равенства
двух медиан одного треугольника одной и той же медиане
другого. Другие системы явно несовместимы.

Рассмотрим каждую из указанных систем.

р§2а = -3^р

I система (2)	(3). <с^2а >со8ес2р— с!§2р со8ес2а=-^-.

Из первого уравнения имеем: 1§2а < 0, откуда а > 135°,
а Р < 45 (а + р < 180°). Далее: с!§ 2а —

1	1	— /Г+эДД ,

------- ,---= —-—2—(ставим знак минус, так
31й? «Щ2а 31§р

как с!§2а <0). Второе уравнение ввиду зш 2р —

и с(§ 2Р —	- принимает вид: 9(§2 р + 1 = (1 —

21е Р

— 1§2 Р)]/9(42р + 1, откуда 91§2р + 1 = (1~ *О)2,
91§2р = 1§4р— 21§2 р, 1§2₽ = Н, что невозможно, так как
1§Р < 1.

П система (2) — (6) : I" 2а = — 3(§р
1 2р = 3 Ш
Эта система несовместима, так как из первого уравнения
имеем 2[3 <90°, а из второго 2В = ЗЬ'« <0 (180° >
> а> 90°).

1Т1	[ с!§2а созес2В— с1ц 2В созес 2а=—

III система (3) — (6): {	1	3

Н§2₽ = 3 1§а.

Эту систему можно получить из системы (2) — (3) путем
замены в ней углов а и 0 соответственно углами Ри — а.
Поэтому будем иметь по аналогии: 1§2а = 11, 1§а =
= — /ТТ, а = 180° —73°13' = 106°47', 1§2₽ = — 3]/ ТТ га
« — 9,951, 2₽ га 180° — 84°16' = 95°44'; ₽ га47°52'.

IV система (4) — (5):	/	2[3 = — 31§а

1 1§2а — 3

После исключения а и упрощения получим:
9х2 — 26х + 13 = 0,	_

где х = Ц2Р; х = --3--^13 , а га 2,245, х2 га 0,643.

Первый корень хх	2,245 > 1 надо отбросить, так как

1§2р = — 3 1§а > 0, откуда 2[3 < 90°, х = 1§2р < 1.

Из 1§2В га 0,643 имеем:	га 0,802, га 38°44'; 1§2а =

= 31§Р га 2,406, 2а га 180° + 67°26' = 247°26'; аг+З'ЧЗ'.

Итак, задача имеет два решения.

30.	Два неравных треугольника имеют по одному рав-
ному углу и по две равные стороны. Кроме того, две медиа-
ны одного из этих треугольников равны одной и той же
медиане второго. Найти углы этих треугольников.

Указание. См. предыдущую задачу.

31.	Через середину основания АС равнобедренного
треугольника АВС (АВ = ВС) проведена секущая прямая,
пересекающая сторону ВС в точке Л1, а продолжение сто-
роны АВ — в точке V. Являются ли отрезки ВА, ВМ, ВЫ
зависимы? Если да, то найти эту зависимость.

§ 2. СТЕРЕОМЕТРИЯ.

32.	В безветренную погоду падает «косой» дождь. Как
при помощи листа фанеры определить угол, образуемый
траекторией падающих капель с горизонтальной плос-
костью?

Решение. Располагаем фанерный лист вертикаль-
но так, чтобы его плоскость была приблизительно перпен-
дикулярна плоскости, определяемой траекторией движу-
щейся капли и ее проекцией на горизонтальную плос-
168
кость (черт. 53). Тогда на горизонтальной плоскости (на
земле) получим прямоугольник АйЕЕ, на который кап-
ли дождя не попадают. Измерив РМ и Р1У, найдем тан-
генс искомого угла.

33.	Скорость самолета, летящего на одной и той же
высоте, известна. Можно ли найти эту высоту, не сходя
с одного места ?

Решение. Пусть наблюдатель находится в точке
О, а самолет в какой-то момент времени находится в точ-
ке А (черт. 54). Измеряем ^АОА! = а, где Аг — горизон-
тальная проекция точки А. Через некоторое время I са-
молет переместится в точку В, причем АВ = VI, где V—
скорость самолета. Измеряем ^ВОВ} — р, где Вг — го-
ризонтальная проекция точки В. Направления ОАГ и ОВХ
визируем.

Измеряем ^А1ОВ1 = ф. Пусть ААг — ВВГ — х. Из чер-
тежа имеем: ОА1 = х с!§а, ОВ1 = хс!§Р; из АА1ОВ1 по
теореме косинусов А^^ = ОАХ2 + ОВГ2 — 2ОА1-ОВ1 созф,
или о2/2 —	+ х2с1§2Р — 2х2с1§а с1§Р созф,

VI
откуда х = ~	1 "....•	. '

)/ с1§2 я-р с122 3 — а с!§ р соз -(

34.	Найти соотношения между плоскими углами а, р
и у и противоположными им двугранными углами а', Р',
у' трехгранного угла.

Решение. На одном из ребер трехгранного угла 5
возьмем точку А и построим при этой точке линейный
угол двугранного угла 5 А — угол ВАС (точки В и С — на
двух других ребрах, черт. 55).

Положим -^ВЗС = а, ^АЗС = р, ^АЗВ = у. Тогда
^ВАС = а'. Так как трехгранный угол определяется тре-
мя элементами, то между шестью его элементами должны
существовать три соотношения. По данным а, р и у най-
дем а'. Из чертежа имеем: АВ = АЗ • АС = АЗ X
Х^ёР, ВЗ = С5 =Из треугольников АВС и

СОЗ '(	соз

ВВС по теореме косинусов ВС2 = АВ2 + АС2 — 2АВ X
X АС • соза'=В52 + С52 — 2ВС • СЗ соза = А52(!ё2 у-Д
+ ^р-21ёр1ёусо5а') = Л52(-Ь+-±------------

\ СО827	соз2,-! СОЗ СОЗ 7 /

откуда соз а' = М2-Ё±.1.ег.Т~	7 + 2зес 3 зес у соз а =

2Д? Щ7

2 зес 3 зес 7 соз я — 2 _соз а — соз 3 соз 7

2(2	7	з1пЗз1П7

Аналогично для углов р' и у' получим:

, соз 7 — соз а соз 8
, СОЗ У = ---------!-----------

31П а Зш 3

СОЗ Р' =

соз 3 — соз а соз 7
зш а зш 7

Эти формулы выведены в предпо-
ложении, что углы а, р, у—острые.
Можно легко показать, что форму-
лы остаются справедливыми и тог-
да, когда среди плоских углов
имеются тупые углы.

35.	Доказать, что синусы плос-
ких углов любого трехгранного
угла относятся как синусы про-
тивоположных им линейных уг-
лов двугранных углов.

Указание. Можно вос-
пользоваться результатом преды-
дущей задачи.

36.	Найти соотношение между

плоским углом .а правильного п-гранного угла и линей-
ным углом его двугранного угла (Р). При каком усло-
вии а = р?

Решение. Проведя перпендикулярно оси правиль-
ного многогранного угла плоскость, получим правильную
п-угольную пирамиду. Рассмотрим один из трехгранных
углов при ее основании. Один из плоских углов его
есть внутренний угол правильного п-угольника, равный
180°(я—2) 10п0	360°

—1-----'= 180  -------, два других плоских угла равны кале

На основании задачи 34 соз =

. 3	а	180°

81П — СОЗ — = СОЗ---------

2	2	п

37.	Найти соотношение между плоским углом а правиль-
ного п-граиного угла и углом у, между ребром н-гранного
угла и его осью симметрии1.

Указание. Воспользоваться результатом задачи 34.

38.	Найти плоский угол при вершине правильной тре-
угольной пирамиды, зная, что он равен линейному углу
двугранного угла при ее основании.

Решение. Обозначим неизвестный угол через а.
Рассмотрим трехгранный угол при основании пирамиды.
Его плоские углы равны: 60°, ^90° —	^90° —

Пользуясь одной из формул задачи 34, получим: соза =

со8|90°—— )—соз(90°— — ) соз 60°	81п—

— —11, или соз а =__________д__

81П | 90° — — | 31П 60'	У3 соз —

\	2 /	2

а а

1 — |йа— |е—

------—+ й^+кзче2^-—ут=о.

 + < Кз 2	2

1 Угол при вершине правильной п-угольной пирамиды назы-

вается правильным п-гранным углом; высота этой пирамиды явля-
ется осью симметрии п-гранного угла.
Умножим последнее уравнение на3]/3 : 3 ]/3 1§3 у -}
+ ЗГ31§|+9^|-9 = 0.

Полученное уравнение можно записать в виде:

(/3'^7 + 1)’ = Ю, откуда 1§
12/	2	|Л3

а

С05 а _	-1	0,385, а^67°2Г.

ут 3

39.	Плоский угол правильного четырехгранного угла
в два раза меньше линейного угла его двугранного угла.
Найти эти углы.

Решение. Пользуясь результатом задачи 36 и по-
лагая р = 2а, п = 4, получим эта соз ~= соз 45° =

= Отсюда 2 зш2 а соз2у = 1, зщ2а (1 + соза) = 1;
(1 — соз2а) (1 + соз а) =1,

1 + соз а — соз2а— соз3а = 1, соз а (соз2а + соз а— 1) = 0.
Если соз а = 0, то а = 90°, р = 180°, что невозможно.

Следовательно, соз2а 4- соз а — 1 = 0, откуда соз а =
а^51°50', р^103°40'.

40.	Требуется построить канал, поперечное сечение
которого представляет собой равнобедренную трапецию.
Внутренняя поверхность канала бетонируется. Произвести
расчет экономии материалов для бетонирования, учитывая,

Черт. 56.

что канал должен иметь определенную глубину и пропуск-
ную способность.

Решение. Пусть АВСВ (черт. 56) — поперечное
сечение канала. По условию задачи величина 5 площади
172
этого сечения (которой определяется пропускная способ-
ность канала), а также высота ВЕ =.Н являются величи-
нами данными (постоянными). Введение третьего элемента
^.ВСЕ — а полностью фиксирует трапецию АВСО. Ко-
личество расходуемых материалов определяется, очевидно,
суммой отрезков ЛО, ОС и ВС (бетонируемая поверхность
равна произведению этой суммы на длину канала, которую
по смыслу задачи следует считать постоянной): Р = ЛО +
4- ОС + ВС.

Найдем Р как функцию от а. Из чертежа имеем: ВС <= АО =

=------, СЕ — /1с1§а. Из уравнения 3 =-------п

зт 4	2

ЛВЛ-ОС = 2ОС4-2СС = —, ОС = — — Ас1§а.

Л	л

~ г, 2Л । 5	, . „	5'1. 2—соз а

Отсюда Р —-------------Лещ а =----р п-------.

31П а Л	Л	8Ш а

Следовательно, необходимо найти минимум функции 2 —

а	а	а ( 1

Зет3—+соз3-~	3	---г 1

2-соза __	2	2 Ь 2

8Ш а	а а	а

2 зт - соз -	2	-

т ,	„ , о С( Л , Ч I 1 г. ) «	? ± V 22   3

Имеем: 3 !§2 - —2И§- -|- 1=0,	- =-----4----, отсю-

2	2	2	о

да г2 > 3. Для наименьшего значения 2 получаем: г = )/3.

При этом	~ — 30°, а = 60°.

1	2	3	2

Наименьшее значение Р равно — + И уз\ Так, напри-
Л

мер, если 8 = 20 кв.м, И = 2м, а = 40°, процент экономии

материалов составил бы	9б°/0, 1ОО°/о—

— 96°/о = 4°/о.

41.	Как решить предыдущую задачу, если ставится
единственное требование: чтобы канал имел определен-
ную пропускную способность?

Решение. Зафиксировав временно И, мы пришли
бы к формуле: Р~------р И уз . Рассматривая Р как функ-

Л

цию от И, ищем условие минимума Р. Так как произве-
дение слагаемых — -Нуз =$Уз постоянно, то наимень-
шее значение для Р получим при равенстве этих слагаемых:
5	, г- , уДГ 1	п -25КГ

— = пу з , откуда п =	, при этом Р =	—

=|/'Ж$2.

Для примера, приведенного в предыдущей задаче, про-
цент экономии материалов в этом случае равен был бы

100

юо/48-202

10+2-

2—соз 40°
81п 40°

15°/0.

42*. Через центры оснований правильной п-угольной

призмы проведены две плоскости, не пересекающиеся внут-

Черт. 57.

Это тело (как и всю

ри призмы. Найти соотно-
шение между боковым реб-
ром правильной призмы и
боковыми ребрами получив-
шейся усеченной призмы.

Решение. Рассмотрим
сначала случай, когда одна
из плоскостей (нижняя) пер-
пендикулярна оси правиль-
ной призмы п плоскостей,
проходящих через боковые
ребра усеченной призмы и ось,
разделяют призму На п тре-
угольных призм. На черте-

же 57 представлено тело
ОАВСО1А1В1С1, состоящее из
двух таких (смежных) призм,
усеченную призму) зафиксируем

элементами:

АВ = ВС = а, АОВ = ^ВОС =	= а, ААг =

п

= аъ ВВ} = а2, 001 =

Ребро СС1 = а3 является функцией этих элементов.
Найдем его. Проведем плоскость О^А'В'С', параллельную
плоскости ОАВС. Пусть Е — точка пересечения от-

1 7’егко видеть, что в этом случае сечение капала представля-

ет собой половину правильного шестиугольника.
резков 015' и А'С, Р — точка пересечения отрезков
01В1 и Отрезок ЕР — средняя линия трапеции А'А,
СгС’ и ССг = 2ЕР — А'А1.

Из чертежа находим: А'А1 = аг—(I, В'В1 — а2 — <Л, ОуВ' —
а	л •	а соз В В. ОтВ р

---------, 0,Е = О, А' соз а =	,	1- = ——, ЕР =
а ’	а-ЕР 0,Е

2 5111 —	2 51п —

2	2

а

„ „ „ „	(«2 — Ласоз а-2з1п—

В'В1-О1Е	2	.	,,

=----4—— =----------------------  = (а2 — а)соз а.

0±В'	а

2аз1п —

2

Теперь ССг = а3 — (1 = 2(а2 — й) соза — (а^ — й), отку-
да а3 = 2 (а2 — (1) соз а + 2(1 — ах. Если а4, а5, ап —
следующие последовательно после ССг = а3 боковые реб-
ра усеченной призмы, то по аналогии можем написать:
а4 = 2(а3 — (1) соза + 2(1 — а2;

а5 = 2(а4 — (I) соз а 4- 2(1 — а3;

ап — 2(ап_1 — бОсоз а Ч~ 2(1 — ап-2',
= 2(ап — й)соз а 2(1 — ал-1;

а2 = 2(01 — 4)соз а 4~	— ап .

Сложив полученные равенства, найдем:

(21Ч-	<4гЧ' • -Ч~ ~ 2соз а((21 4“ Й2 Ч- Ч~ • • • Ч~ —

йп) Ч- 2ЙП — (ах 4~ <22 Ч~ аз + • • • Ч~ ап ), или 2<^( 1 —

— соз а) = 2(а4 Ч~ сц Ч~ аз Ч~ ••• Ч~ а« ) (1 — соз а),

п

Теперь ясно, что если ни одна из секущих плоскостей не
перпендикулярна оси призмы, то результат получим тот
же, ибо плоскость, проходящая между двумя секущими
плоскостями перпендикулярно оси, разделяет призму на
две призмы рассмотренного нами типа. Итак, боковое
ребро правильной призмы является средним арифмети-
ческим между боковыми ребрами усеченной призмы1.

43. Вывести простейшую формулу для вычисления объ-
ема и боковой поверхности усеченной призмы, описан-
ной в предыдущей задаче.

1 Доказательство может быть построено лишь с помощью подо-
бия фигур (без применения тригонометрии),
Решение. Усеченная призма состоит из п треуголь-
ных призм (см. предыдущую задачу). Пусть У1Г У2, У3,...
Уп — объемы этих призм, 5 — площадь перпендикуляр-
ного (боковым ребрам) сечения каждой из них, аъ а2, а9...,
ап — боковые ребра усеченной призмы, (1 — расстояние

° /л От4“Оо”1-Оч“4~	\

между центрами ее основании (а — —----------------!— .

и	/

Согласно задаче 102 (разд. III) имеем: Уг = 8

у   о <^~Уа2~Уаз у  $ ^4-аз4~ч4 у  й-Уап -Ра1

2 - •	3 , , з ~ ’	3	>•••,»—•	3

Сложив эти равенства, получим: V = 1/1 + У2 + У3 4-
4~ ...	Vп. = у Мп-У 2(а1 + а2 4~о3 + ...-(-«„)] =

= —(йп 2&г) = (^ — ($.	, где У — объем

усеченной призмы, <2 = 8п — площадь ее перпендикулярно-
го сечения. Боковая поверхность усеченной призмы имеет
аналогичное выражение 86ок. = Рс1, где Р—периметр пер-
пендикулярного сечения.

Действительно, если а — сторона перпендикулярного се-
чения (правильного п-угольника),

0	От "4“ Оо (

то5бок. =

। Чг °з д ।	। Оп + а\ & ~ & 4а1~Ра2~Раз4-  'Уап ) __

~Г 2	'“•••У 2	2	~

= ап •	= Ра.

п

44*. Вывести формулу для вычисления объема и бо-
ковой поверхности усеченного цилиндра.

Указание. Впишем в поверхность прямого цилин-
дра правильную п-угольную призматическую поверхность
и проведем две произвольные, но не пересекающиеся внутри
цилиндрической поверхности плоскости. Получим усе-
ченный цилиндр и вписанную в него усеченную призму.
Ясно, что объем и боковая поверхность усеченного цилин-
дра являются пределами соответственно объема и боковой
поверхности усеченной призмы, когда число п стремится к
бесконечности. Отсюда, объем усеченного цилиндра равен
произведению площади его перпендикулярного сечения на
расстояние между центрами его оснований: V = пР?(1.

Аналогично определяется боковая поверхность, и по-
этому 86ок. = 2п.Р<1.
45.	Сосуд, имеющий форму правильной треугольной
призмы, высота которой равна стороне основания, напол-
нен доверху водой. На какой угол следует повернуть эту
призму, а) вокруг стороны основания; б) в противополож-
ном направлении, чтобы половина воды вылилась?

Указание. Воспользоваться результатом задачи 43.

46.	Герметически закрытый цилиндрический сосуд, на-
полненный доверху жидкостью, ставится в вертикальное
положение на «ребро» (то есть в положение, при котором
диагональ осевого сечения сосуда становится вертикаль-
ной).

Затем в самой нижней точке верхнего основания де-
лается небольшое отверстие. Какая часть (общего объема
жидкости) вытечет через это отверстие, если высота сосуда
в три раза больше радиуса ее основания?

Указание. См. задачу 44.

47.	Грани правильной шестиугольной пирамиды рав-
новелики. Определить сумму плоских углов при вершине
пирамиды.

48.	Определить угол между двумя смежными гранями:
а) правильного тетраэдра; б) октаэдра; в) додекаэдра;
г) икосаэдра.

Указание, в) Согласно задаче 36 для правильного
180°
соз —

н-гранного угла имеем: з!п -С =-----где а —плоский

,	2	а

СОЗ —

угол п-гранного угла, р — линейный угол его двугран-
ного угла. Для додекаэдра а = 108° (угол правильного пя-
тиугольника), п — 3 (число плоских углов при вершине),
180°

СОЗ -- по

поэтому для него 51п Л =------откуда В =

2	108° соз 54° у 1

соз —

2

= 2агсз1п ~ 116°36'.

\ соз 54°/

Аналогично можно поступить в случаях а), б), г).

49.	В правильной четырехугольной пирамиде центры
вписанного и (описанного шаров совпадают. Найти двугран-
ный угол при основании пирамиды.

50.	Решить предыдущую задачу для правильной шести-
угольной пирамиды.

12 Д- С, Людмилов

177
51.	Через центр шара, вписанного в правильную пи-
рамиду, проведена параллельно основанию плоскость.
Определить двугранный угол при основании пирамиды,
если известно, что: а) эта плоскость разделила объем пи-
рамиды пополам; б) эта плоскость разделила боковую по-
верхность пирамиды пополам.

52.	Плоскость, проведенная через центр шара, описан-
ного около правильной пирамиды, параллельно основанию,
делит объем пирамиды пополам. Найти угол между боко-
вым ребром и основанием пирамиды.

53.	Все грани пирамиды равны и две из них взаимно
перпендикулярны. Найти плоские углы при вершине этой
пирамиды.

Решение. Очевидно, пирамида является треуголь-
ной. Пусть (черт. 58) 8АВС — искомая треугольная пи-
рамида. Из равенства треугольников 8АВ, ВАС и ВВС
может последовать: 1) 8В = АС, АВ = ВС и Л5 = ВС
(черт. 58) или 2) 8В — ВС, АВ — АС и = ВС,
Рассмотрим каждый случай.

1)	В этом случае условие задачи дает нам 4 угловых
элемента треугольной пирамиды вместо 5, которыми оп-

Черт. 58.

Черт. 59.

ределяется ее форма. Задача в этом случае неопределенна.
Можно лишь указать сумму плоских углов при верши-
не: 180°.

2)	Этот случай представлен на чертеже 59. Из равенства
равнобедренных треугольников АВС и ВВС имеем:
АВ = В8 ~ ВС = АС = а, кроме того, +8 = ВС = Ь.
Следовательно, в этом случае имеем 4+1=5 угловых
элементов (равенство четырех пар отрезков и перпендику-
лярность граней). Задача становится вполне определяемой.
Взаимно перпендикулярными могут быть лишь грани
АВС и ВВС или Л5С и А8В (если пл. Л5В ± пл, АВС,
то пл. Л5С | пл. АВС, что невозможно; если пл. Л5В±
пл. 8ВС, то пл. Л5С ± пл. 8ВС, что также невозможно).
Очевидно, если пл. 8ВС1_ пл. АВС, то пл. Л5С_[_ пл.
А8В и наоборот (так как 8ЕА ~ 90°, л ЗЕ А = Д ВСЕ},
где Е и Ег — середины ребер ВС и Л5).

Из чертежа имеем;-

о /	Ь2\	Ь

2 !а2~~ 7/ = откуда — = со$ АС В =

= ^АВВ = ^АСВ = ^А8С 54°46'; ^ВВС =
3 = ^ВЛС 180° — 2-54°4б' = 70°28'.

54.	Все ребра пирамиды равны. Определить двугранный

угол при ее основании.

Указание. Боковыми гранями такой пирамиды

служат равносторонние треугольники, поэтому плоские
углы при ее вершине равны по 60°. Число таких плоских

углов должно быть меньше

360°

----= 6. Следовательно,
60°

пирамида является треугольной, четырехугольной, либо
пятиугольной. Рассмотреть каждый случай отдельно; вос-
пользоваться результатами задачи 34.

55.	Плоский угол при вершине правильной шестиуголь-
ной пирамиды равен углу между боковым ребром и плос-
костью основания. Найти этот угол.

56.	Сечение правильной четырехугольной пирамиды,
делящее двугранный угол при основании пополам, пер-
пендикулярно противолежащей грани. Определить плос-
кий угол при вершине пирамиды.

57.	Зная угол ската двускатной крыши, вычислить,
сколько, приближенно, жести потребуется для покрытия
ее. Какие еще необходимо иметь данные?

58.	Через сторону-основания правильной четырехуголь-
ной пирамиды проведено перпендикулярно противопо-
ложной грани сечение, разделившее объем пирамиды на
две равновеликие части. Найти двугранный угол при ос-
новании пирамиды.

59.	Ребро правильной четырехугольной пирамиды на-
ходится в плоскости, параллельной диагонали ее основания.
Площадь проекции пирамиды на эту плоскость равна пло-
щади основания пирамиды. Найти плоский угол при вер-
шине пирамиды (черт. 60).
60.	Шесть правильных четырехугольных пирамид имеют
общую вершину и лежат на одной плоскости (вместе с
вершиной) так, что каждая из них касается двух смежных
с нею пирамид вдоль бокового ребра. Найти угол между
боковым ребром пирамиды и плоскостью ее основания.

Решение. Рассмотрим одну из шести пирамид
8АВСО (черт. 60). Из условия задачи следует, что угол

Черт. 60.

между проекциями двух противоположных ребер пирами-
360"

ды на указанную плоскость равен -у = 60°;	=

= 60°, МЛ/ = Л15 = Л/8. Пусть ^ОА8 — а — искомый угол,
Л8 = I. Из чертежа имеем: ВО = МЛ/ = 2 • ОА =
~ 2/соз а, ОР ~ ВМ = О А • эта --- /соз а зша. Из ра-
венства А4М2 — 5Л/2 получаем: 40 соз2 а = /2 —
— /2соз2а зш2а, 1 — соз2а (1— соз2а) — 4 соз2а = 0, соз4 а—
—5 соз2 а + 1=0, соз2а =-	а = аге соз ~[/5~~ *- 21 =

2	‘	2

1 г_______________

== — аге соз (4 — у 21) •

61.	Решить предыдущую задачу, а) для случая четырех
правильных четырехугольных пирамид; б) для случая трех
правильных треугольных пирамид.

62.	Боковые грани правильной п-угольной пирамиды
развернуты на плоскость ее основания и полученные вер-
шины последовательно соединены отрезками так, что по-
лучился правильный п-угольник. Часть плоскости этого
«-угольника, не занятая гранями пирамиды, равна боковой
поверхности пирамиды. Определить: а) число сторон основа-
ния пирамиды; б) плоский угол при вершине пирамиды.

Решение. Пусть О — центр основания пирамиды,
АВ и ВС — две смежные стороны основания, АЗ^ и В32С —
соответствующие- им смежные боковые грани, разверну-
тые на плоскость основания (черт. 61). Проведя 8^)±АВ

и обозначив ЛЗХ = В81 = С32 = I, ^А8ГВ ~ ^В32С — а,
найдем из чертежа: ^З^ВЗг = 360° — (-=< АВ8Х -Г-^СВ3.2) —

•	180°(га—2)	, 360° „

—'АВС= 360°—180°+ а —------------'----- = а Н-----• По уело-

п	п •'

1 . 1

вию задачи пл. З^Зг = пл. ЛЗХВ, или ~ /2з1па = — /28ш X

/	360° \	.	.	/360° .	\	„ о I 360°

X (а 4- — I >5Ша	— + а , откуда 2а ------------=

\ га /	\ га )	п

10^0	, 1«0° АПО -г	/ото 360= , 180°

= 180 , а -4---= 90 . Так как «а<ЗбО , то----------4----->

п	га га

> 90°, откуда «<6. Следовательно, п — 5, 4 или 3 и
соответственно а = 54°, 45° или 30°.

63.	Может ли объем правильной пирамиды равняться
кубу ее бокового ребра?

Решение. Обозначим ребро правильной «-уголь-
ной пирамиды через I, угол между этим ребром и плос-
костью основания — через а. Объем пирамиды меньше
объема Р2 описанного около нее конуса.

/3	Р _	6

Для конуса имеем: — —	>

2 о" п/2С03а/31Па л СО8 а 8Ш 2а
0

> — > 1, так как С08а81п2а<1. Следовательно, тем

т:

более — > 1: объем пирамиды всегда меньше куба ее бо-
кового ребра.

64*. Через центр основания правильной п-угольной
пирамиды проведена произвольная плоскость. Найти за-
висимость между боковыми ребрами полученной новой
пирамиды и боковым ребром правильной пирамиды.

Решение, п плоскостей, проходящих через боковые
ребра пирамиды и ее ось, разделяют ее на п треугольных
пирамид.

На чертеже 62 представлено тело 80АВС, состоящее из
двух таких пирамид. Пусть секущая плоскость пересекает
грани 80А, 80В и 8АВ соответственно по прямым ОА1г
ОВ1 и

Построим точку С1! пересечения этой же плоскости с реб-
ром 8С. С этой целью отрезок 8М (М — точка пересечения
АС я О В) продлим до пересечения в точке В с отрезком
ОВ,. Тогда точка пересечения прямых АгВ п8С — искомая.
Пусть 8А = 8В = 8С = а, 5Л, = йп 8В\ = а.2, 8Сг =
=а3, ^О8М =а, ^08 В = р, ^АОВ = ^ВОС = м =—
п

Ход построения точки показывает, как выразить
й3 через й, йь й2, а, Р и у (один из углов а, р или у являет-
ся вспомогательным, введенным для удобства вычислений;
фигура на чертеже 62 определяется пятью элементами,
включая п). Проведем ВХЕ || ОВ и отрезок МВ продлим
до пересечения с В2Е в точке /?. Тогда 8М =
^осозд 57?= адД МР=8Р — 8М=--	ОМ =

СОЗ а	соз а	СОЗ а

= асо8р1§а, ВгЕ = й2зтр, ВТ? = а2 соз р а, /?В1 —
г~» г* пп	* п п СОЗ и 81П я	Чо 81П (8 -— я) у г

= В±Е — ЕВ = а2 зш р------=-------— -----------. Из по-

СОЗ я	СОЗ я

добия треугольников ОМВ и РВВЪ имеем: МВ —
— ОМ ’ МВ ___я (°з —а) соз2 {Ззш а

РВ1-\-ОМ Соз а [а2 • зт 3 соз а — (а2 — а) зш а соз 8]

Рассмотрим чертеж 63, на котором изображен треуголь-
ник 8С1А1 вместе с отрезками АС, 8М и 8В. Проведем
А^КР || АС и Р(} || 8В. Из подобия треугольников и
СйМ5 имеем:	= -Д*_, откуда а3 =

л	РЧ 8С1 — 8Р а3-аЛ	3 8М-РС}

Очевидно, Р<2 = ^2.К^ = 2(8 Л’ —8/(), 8К = аг • соз Д8Л1 =

8М а, созЗ п.г	, ....

= «1 — = --------, ЗА/ = 8М 4- ММ =

5/1 соз я

__а соз р __________а(а2—а)соз2р зт я_________

соз я СОЗ я[а2 8Ш рсоз я — (а2 — а) зт а соз Р]
_______	а а2 зт 9 соз р

а2 зт р соз я (а, — а) з!п я соз Р

Теперь имеем: КМ = 5М —5К =
_______	аа2 81П р соз р

ах соз 3 __

а2 З1п р соз я —(а2 — а) 31п я соз р соз я

___соз Р [аа2 з 1п Р соз я — а^ з1'п р соз я -р а1(а2 — а) зт я соз р]

соз а [а2 зт р соз я — (а2 — а)’зт я соз р]

X 8Я — РЦ = 8^ ~2К^ =

созр[аа2з|Прсозя—2аа2зтрсозя-|-2а1а251Прсозя—2а!(а2—а)з!'пясозр]

соз я [а2 З1п р соз я — (а2 — а) зт а соз р]

_ соз'р [а2(2ах — а) з1П р соз я — 2а!(а2 ~а) зт я соз р]
соза [а2 з!п р соз а — (а2 — а) 51П я соз 3]

„	а. • 8^

Для а3 получаем выражение: а3 =	—— =

__	ас^а-а з1п Р соз р соз я

соз р [а2 (2ах — а) зт р соз я — 2аДа2 — а) зт я соз р]
Полученное соотношение можно представить в таком виде:

1	2а,— а 2 (а2—а) а _____

а3 ащ оо2 3

= 1 И _ 1И\ц_ 1.111 — 1

О \	(§3/	«2	01

2_ 1_|__2

о а1а3

Ъ-

1.11?
а (§₽

„	а ОМ ОВ ОМ ОМ сг.„

Заметим, что -5— = — : — = — =— — соз ВОС = соз у =
1§3	05 05	О В О А	г

36ОЭ	12/	\	2	1

= соз-----, и, следовательно, — =— 1—созу -}—созу--------'

п	а3 а \	I а3	а3

Очевидно, что а3 зависит только от четырех элементов а,
«!, а2 и у (несмотря на то, что фигура черт, 62 опреде-
ляется пятью элементами, например, а, аг, а2, а и у).
Если а4) а5, ав, . . . , ап — следующие последовательно
после 5С2 = а3 — боковые ребра «усеченной» пирамиды,

то по аналогии можем написать равенства:

12/,	\ ,	2	1

— = — 1 — созу ------созу------;

0-ц а \	/	&п—1	ап~2

12/,	\ ( 2	1

— = — 1 — созу 4----созу------;

01 Д \	/	@11	—1

1	2 / ,	\ , 2	1

— = —	1 — СОЗ у I Ч-СОЗ у — —.

а2	а \	/	«,	а„

Сложив почленно все эти равенства, получим: —I— + • • • +
оу а2

। 1 2л / ,	/ 1 । 1 ।	|1\

— = — 1 — соз у ) —|— 2 соз у —|-[- • • . — —

ап а \	/	а2	а„)

_/1+1+. . . +1)(
\щ а2	ап]

7+1+-+1	1

откуда —----------— = — . Пришли к выводу, что

п	а

боковое ребро правильной пирамиды является средним
гармоническим между боковыми ребрами «усеченной» пи-
рамиды.

65.	Рассмотреть множество всех правильных шести-
угольных пирамид, имеющих равные боковые поверхности.
Найти плоский угол при вершине той пирамиды, которая
имеет наибольший объем.

66.	Найти угол при вершине осевого сечения стера-
диана1.

67.	Найти величину дуги в осевом сечении сферическо-
го сектора первого рода, в котором величины сферической
и конической поверхности равны.

68.	Два неравных цилиндра имеют равные полные по-
верхности и равные диагонали осевых сечений. Опреде-
лить сумму углов наклона этих диагоналей к соответствую-
щим плоскостям оснований цилиндров.

69.	Два равновеликих цилиндра имеют равные диаго-
нали осевых сечений. Могут ли эти цилиндры быть нерав-
ными?

70.	Два конуса имеют равные образующие и равные
полные поверхности. Могут  ли эти конусы быть нерав-
ными?

71.	Могут ли быть неравными два равновеликих ко-
нуса, если у них: а) образующие равны? б) боковые поверх-
ности равны?

72.	Осевые сечения двух неравных конусов, имеющих
равные объемы и боковые поверхности, имеют по равному
углу. Найти этот угол.

Решение. Если 2а и 2|3— углы при вершинах осе-
вых сечений конусов, а и Ь — соответствующие образу-
ющие, то согласно условию задачи имеем два уравнения:

—ла3 зш2 а соз а = — л&3 зш2 р соз |3 и па2 зш а — л Ь2 81п
3	з

„„„ ( а3з1п2асоза = &3з1п2Всо8В
( а2 зш а = Ь" зш р.

Исключая а и Ь, получим: зт а соз2 а=зш₽ соз2 (3, зша—
— зшР = 51п3а — зт3|3 = (эта—&т|3) (8Ш2а+зшазт|34-
-|—з!п2р). Так как а Ф |3иа + |3 Ф 180°, сокращаемназта—
— зт|3=^=0: зш2а + зша зт|3 + зт213 = 1. Кроме того,
условие задачи дает нам: 2а = — ~ 2 = 90°—р, откуда
зт Р=соз2а. Исключая из полученного выше уравнения
угол р, получим: зт2а + зтасоз2а + соз2 2а = 1, или

1 Стерадианом называют сферический сектор первого рода, ве-

личина сферической поверхности которого равна квадрату радиуса.
зт2а + 51па (1 — 2 81п2а) + (1 — 2 81п2а)2 = 1, 5Ш2а -|-
-|- зт а— 2 81п3а+1 — 4 81п2 а+ 4 81п4а — 1 = (?, 4 зт3а—
— 2 зш2а— 381па+1=0 (мы сократили на вта =)= 0);
очевидно, эта =)= 1, поэтому 4 зт2 а2 зт а—1 = 0,
откуда эта =	, а = 18 , 2а = 36° (находим без

таблиц).

73.	Прямоугольный треугольник вращается последо-
вательно вокруг каждой своей стороны. Одно из полученных
трех тел вращения равновелико сумме двух других. Най-
ти углы треугольника.

74.	На образующей конуса от его вершины отложен
отрезок, равный высоте конуса. Через конец этого отрезка
проведена плоскость параллельно основанию конуса. При
каком условии эта плоскость: а) разделит боковую поверх-
ность конуса пополам? б) разделит объем конуса по-
полам?

75.	Площади оснований и боковая поверхность усе-
ченного конуса, описанного около шара, составляют ариф-
метическую прогрессию. Найти острый угол при основа-
нии осевого сечения конуса.

76.	Коническая поверхность касается трех взаимно пер-
пендикулярных плоскостей. Найти угол при вершине осе-
вого сечения конической поверхности.

77.	В конус вписан шар. Найти угол при основании
осевого сечения конуса, если известно, что окружность,
по которой поверхность шара касается боковой поверхности
конуса, делит последнюю пополам.

78.	Поверхность шара, вписанного в конус, проходит
через центр шара, описанного около конуса. Найти угол
при основании осевого сечения конуса.

79.	Два конуса имеют концентрические окружности
оснований и общую высоту, причем полная поверхность
одного из них равна площади основания второго. Угол
при вершине осевого сечения большего конуса равен углу
при основании осевого сечения меньшего. Найти эти углы.

80.	Полусфера и конус имеют равные объемы. Какое
из этих тел имеет большую полную поверхность?

Решение. Пусть 7? — радиус конуса, 2а — угол
при вершине его осевого сечения, г — радиус полушара.
Равенство объемов этих тел даст нам соотношение /?3с1§а=
=2г3( 1). Полная поверхность конуса равная/?2!1 +-),

\	51П а /
а полушара — Злг2. Знак разности этих поверхностей сов-
падает со знаком выражения

/	1 \з

*8 Н+-  -27^

А = —-------^-12-------=	— 27. Из (1)

27	\ г / \	81'п а )

(П \-6	1

—) = 41§2а. Положим х=---------. Тогда ~

г /	81П сс

= _±_ и А =	(1 4- х/— 27 = 111+^ — 27 =

х2__1	х2_1 '	1	х__1

= 4/^+3! = <2^-5)4-»+» > 0] „„ как х > 0 „ х>
X—1	X — 1

Следовательно, полная поверхность конуса больше пол-
ной поверхности полушара.

81.	Шар касается боковой поверхности конуса по ок-
ружности его основания. Поверхность этого шара равна
боковой поверхности конуса. Найти угол при основании
осевого сечения конуса.

82.	Конус установлен вертикально, вершиной вниз;
в него вкладывается наполненный водой шар. Если открыть
отверстие в шаре, которое находится в самой нижней его
части, то при каком условии вода из шара полностью выль-
ется?

83.	Конус установлен вертикально, вершиной вниз.
В него вливают некоторое количество воды и опускают тя-
желый шар, объем которого равен объему всей воды. Оп-
ределить угол при вершине осевого сечения конуса, если
известно, что шар целиком погрузился в воду.

Решение. Пусть 2а — искомый угол, г — радиус
шара. Шар целиком погрузится в воду, если объем шара
и воды (то есть, удвоенный объем шара) окажется не мень-
ше объема конуса, для которого этот шар является вписан-
ным, а угол 2а — углом при вершине осевого сечения. Объем
этого конуса нетрудно выразить через г и а. Он равен

1	3	(1 4- 81П а)3	8	О "Г3

— яг  -—1По условию задачи — лг3> — X

3	СОЗ3 а 31п а	3	3

X	, или 8	з1п а (1 — з!п2 а) — (1	+	81п а)3 > О,

СО32я 8Ш а

9 8Ш3 а-|-3 81п2а—5 8ша-Н<0, (1+ 51П а)(3з1п а— I)2 < 0.
Это неравенство возможно лишь при условии 3 зт а —
— 1=0, откуда 51п а == —, 2а = 2 аге зт — ^83°38'.

3	3
84.	Плоскость, параллельная основанию равносторон-
него конуса, проходит через середину высоты. В этой плос-
кости на расстоянии от высоты конуса, равном диаметру
его основания, находится светящая точка. Какая часть
боковой поверхности конуса освещается?

85.	На плоскости около общей вершины лежат три оди-
наковых конуса, последовательно касающиеся друг друга.
Определить угол при вершине осевого сечения конуса.

Решение. Пусть 5 — общая вершина конусов,
01 и О2 — центры оснований двух соседних конусов, Т —
точка касания окружностей этих оснований (черт. 64).

Проведем 8Т — образующую, по которой касаются боко-
вые поверхности конусов, высоты 5ОХ и 5О2, радиусы ОгТ и
О2Т. Докажем, что лучи ТО!, ТО2, Т8 лежат в одной плос-
кости. Для этого проводим ТА — общую касательную ок-
ружностей оснований конусов. Тогда, очевидно, О1Т±ТА,
О.,Т ± ТА (как радиусы, проведенные в точку касания),
5Т±7\4 (по теореме о трех перпендикулярах). Положе-
ние доказано. Пусть, далее, Л4 и 1У — проекции центров
Ох и О2 на плоскость, которой касаются своими боковыми
поверхностями все три конуса. Тогда, очевидно, 445^7 =
—	= 120°. Поскольку 544, 5Л^ и 8Т — образующие,

а 501 и 50г —высоты, то ^М80} — ^№802= ^0г8Т=
= ^0ч8Т = х (х — угол между высотой и образующей
конуса). Из чертежа имеем: ОГК. = 0)5 • зш х, М8 =
— 018 созх, МЬ = М§81П 60° = 0х8 соз х зш 60°, и посколь-
ку МЬ = О1К., то з1п х — созх з1п 60°, откуда 1§х=з1п60°,
х ~ 40° 54х. Искомый угол равен 2х^8Г48'.
86.	Решить предыдущую задачу для случая четырех
равных конусов.

87.	Цилиндр и конус имеют равные образующие, объе-
мы и боковые поверхности. Определить угол при основании
осевого сечения конуса.

88.	В шар вписаны равновеликие между собой правиль-
ные шестиугольные призма и пирамида, имеющие общее
основание. Определить двугранный угол при основании
пирамиды.'

89.	Усеченный конус можно описать около шара, а его
осевое сечение можно вписать в нижнее основание кону-
са. Определить угол при основании осевого сечения конуса.

90.	Поверхность и объем шара равны соответственно бо-
ковой поверхности и объему сферического сегмента. Оп-
ределить величину дуги в осевом сечении сегмента.

Решение. Пусть 2а — искомая дуга, г — радиус
сегмента, 7? — радиус шара. Условие задачи дает нам два

уравнения:

{4 ГТ1 /	/ Г— Г соз а

—- П.К6 = л (г — г соз ау I г----------------

4л/?2 = 2лг (г — г соз а)

или = г3(1 ~ соза)2 (2 + соз а)

(2 7?2 = г2(1 — соз а). Исключая 7? и г, получим:
2 = (1 — соз а) (2 + соз а)2 или после упрощения соз3 а 4-
4- 3 соз2 а — 2 = 0, (соз а + 1) (соз2 а 4~ 2 соз а — 2) =
= 0, соз а = ]/3 — 1.

Искомая дуга равна 2а — 2 агссоз (^3 — 1)^85'52'.

91.	Из множества всех конусов, имеющих равные пол-
ные поверхности, выбрать тот, у которого наибольший
объем.

Решение. Если 7? — радиус конуса, а — угол при
основании его осевого сечения, то полная поверхность 5

р

будет равна 5=л7?2 + л7?. ------- (1), а объем V =

соз а

= — л7?2-7?1§а. (2) Исключая из (1) и (2) радиус 7?, по-
3

лучим: V2-	= у.=

СОЗ а — СО32а

ЗШ2а СОЗ а
(1-|-СО8 а)3

X — X2

1 + 2 соз а + соз2 а 14-2x4- х2’

(1 — СОЗ2 а) СОЗ а _

(1 4-СОЗ а)3

9-Е2
где х = соз а, у = ——
8"

Нам нужно найти условие максимума V при постоянном 5.
Очевидно, макисимум V получим при том же условии,
что и максимум у. Имеем: х~{у + 1) + Х$У — 1) + у = О,

откупа х Х~~2у ±^1~2^2“4УО+1)

откуда х =--------------------

1-т— 2у ± У~ 1—8у

20 + 1)

Отсюда 1 — 8у > 0, у

Следовательно, у ~~, х —

= соз а =

1-2(/

2 0+ 1)

I
1-2 —

8

ф

3’

92.	Жестянщику нужно изготовить несколько одина-
ковых воронок в форме усеченного конуса по данному об-
разцу одной такой воронки. Для этого ему нужно предва-’
рительно изготовить шаблон из картона, представляющий
собой развертку воронки на плоскость. Как решить эту
задачу?

Решение. Измеряем радиусы Д и г усеченного ко-
нуса (воронки) и ее образующую I. Пусть сектор ЗАО яв-
ляется разверткой соответствующего полного конуса (черт.
65). Отложив АВ = ОС = I и проведя из центра 5 дугу
ВС, получим развертку усеченного конуса {АВСО). Из
чертежа имеем:	откуда В5 = С5 =	,

8А=8О =	+/= —; АЗО = -	. 360° =

В-г 1 В-г	п В1

В-г

—----щ' Таким образом, задача легко решается при

помощи геометрических построений (без тригонометрии).
Если учитывать расход материала на швы, то в этом случае,
вырезая по шаблону заготовку для воронки, несколько от-
ступают от краев шаблона (обычно на 1 — 2 см).

93*. К каналу ширины а подходит под прямым углом
канал ширины Ь.

Найти наибольшую длину бревна, которое можно спла-
вить из одного канала в другой.

Решение. Рассмотрим положение, когда бревно ка-
сается стенок обоих каналов (черт. 66). В таком положении
длина I — АВ бревна выразится следующим образом: / =
= — ---1--—, где а — угол между бревнрм и стенкой

81П а СОЗ а
канала ширины а (черт. 66). Очевидно, искомая наиболь-
шая длина бревна равна минимальному значению отрез-
ка АВ ~ I — —-----(- —— , все время соприкасающегося

51ПЯ СОЗ*

стенок обоих каналов (всех четырех стенок).

Имеем’ /2— (а С03 а & 5'п	& а)2 а) —

81П2 а СО52 а	1§2я

д(? + ^)2(’+^) = а1 + ь2х2 + 2 аЬх + — +а2+&2, где х=
X2	х2 .	х

— 1§а. Следовательно, необходимо искать условие миниму-

^>2

ма функции /(х) — ---^№х2А- 2аЬх-\-------. Заметим, что

^2

функции ф(х) = ~ + 2а&х = — аЬх+аЬх и ф(х) — Ь2х2-\-

, 2аЬ ,00! аЬ , аЬ

ч---—(гх2-!-----положительны при всяком х =

X	XX

=1§а^ 0<а< и достигают своего минимума при од-
ном и том же значении х = уЛЯ. (находим из равенств

—= аЬх ^аЬх и &2х2= — = — . Следовательно, при том же

X2	XX/

3 !-

значении х= -у достигает своего минимума и функция

/(х) =ф(х)+ф(х). Действительно, если функция /(х) дости-

гает своего минимума при х - ^1/ то

з
и /^)==ф(^) + ^)>/^уЛу). Итак,
1йа=-]Л —, 5Ша=1/, соза = 1/ —ь~—, т!п/=

V Ь	Г а*+Ьъ	V а*+Ьъ

= (а’/з 4- Ь*У‘.

Решим задачу при помощи сравнения смежных зна-
чений функции1. Пусть х2 > %1, тогда Дх2)— Дхх) =
(х2 —	[&2 (%! + х2) + 2аЬ — —--— (-+ -П.

Знак этой разности зависит от знака выражения в квадрат-
ных скобках, причем, очевидно, при возрастании (убыва-
нии) переменных хх и х2 выражение в квадратных скобках

возрастает (убывает), а при Х1 = х2 = оно обраща-
ется в нуль. Поэтому при	> / (х2) < / (*1).

а при х2 >	-у > $ (Х4) $ (Х1)- Значит, слева от х =

= -у/ 2., функция /(х) убывает, а справа от этого значе-
ния — возрастает.

Поэтому при х = у/"4 функция / (х) достигает мини-
мума.

94*. В шар вписан конус, имеющий наибольшую полную
поверхность. Найти угол а между образующей конуса и
плоскостью его основания.

Решение. Пусть Р — радиус шара. Тогда полная
поверхность конуса выразится так:

— 4Р2 соз а (1 4- соз а) зш2 а = 4 Р2х(1 4-х) (1 — х2),
где х = соз а.

Задача сводится к,нахождению максимума функции
Дх) = х(1 4-х) (14- х) (1 - х) (0<х<1).

Подберем такие положительные числа т, п и р, чтобы
сумма тх 4* п(1 4- х) 4- п(1 + х) 4- р(1 — х) = х(т 4- 2п —
— р) 4- 2п 4* р была постоянной и чтобы система урав-
нений тх = п(1 4* х) = п(1 4- х) = р(1 — х) была со-
вместимой. Первое требование удовлетворяется, очевидно,

1 Алгебраические выкладки значительно сокращаем.
при т 4- 2п — р — 0. (1) Из системы уравнений имеем:

х = —— = ——. (2) Из (1) и (2) имеем:

т—п	т+р

। „ п т4-2п	•> . 9	„ т

р = т + 2п, —— = ———, т2— 4+2 — тп = 0, — =
т —п 2т+2п	п

= 2+К17. Следовательно, х — соз а = —— —----=

2	т—п	т 1

п

„ _2 = /17+1

/17—1	8

95*. Необходимо построить к дому четырехскатную
крышу определенной высоты. Произвести расчет экономии
материала для ее покрытия, то есть узнать, какую форму
должна иметь крыша, чтобы на обшивку ее и покрытие
ушло минимальное количество стройматериалов (досок,
шифера).

Решение. Пусть АО = ВС = а —длина крыши, АВ =
=. ОС — ширина ее, КО = ЫР = И — высота, ^ЫЕР =

— угол ската к стороне АО, ^.ЫЕР — ^— угол ската
к стороне ОС (черт. 67).

Черт. 67.

Имеем: РЕ= ЫЕ = ЫР = И = ЫР =
2	2 соз а	2

= ±1§2.) рр = ДДСДДД ,	МЫ =-. АО — 2РР = а —

2 31 п (I	2

— 61§ас!§р. Для поверхности 5 крыши получаем: 5 =

(АО4-МЫ)-ЫЕ-\~ОС-ЫР = {2а — И§ас1§0) • —— 4-

2 СОЗ а

Ь2 1§ а

2 З1п 3

ь

СОЗ а

а —- ё- (соз а — соз В)
2з1пр

. По смыслу за-
дачи величины а, Ь, Н и а 11§а = — ) постоянны. Следо-

\ Ь /

вательно, 5 зависит от функции угла {3: /7ф)= --05 а~С03

81П [5
Нетрудно убедиться, что эта функция минимума не имеет;
однако задача по смыслу должна иметь решение: на сег-
менте О/’Т'С < р < 90° (черт. 67) указанная функция
имеет минимальное значение \ Пусть {У > 0; тогда
СОЗ Я — СО8 Р	СОЗ а— СОЗ У   СОЗ а (31П У — 81П 3) + 81П (Э—У)  

81П ₽	81П У	81П 3 81П ₽'

п  У--------- 3	У+3 I Л • ₽---У 3— У

2 соз а зт -—- соз —— -4- 2 зш ——- соз -—-

______________2_______2	1________2_______2_ _

З1п 13 З1п У

2з1П^^

2 / З'+З 3'—3\ ' л

=------------- соз а соз —— —соз -—- ] < 0, так как

81П 3 81П 3' \	2	2 /

З'+З 3'—3 х	З'+З 3'—8

соз -- -- <соз----, и тем более соз а соз - - <соз---

2	2	2	2 

Следовательно, функция /?({3) — возрастающая. Поэтому
значение Р нужно брать минимальным, каковым является
₽ = ОЕК = агс1§ -.

а

Итак, все скаты должны быть треугольными. Стремясь,
однако, сохранить некоторую часть верхнего пролета М^
(например, для удобства расположения дымоходов и пр.),
необходимо делать этот пролет возможно меньше (угол р
возможно меньшим). Выступы и швы в расчет не принима-
ли — расход материалов на них почти не изменяется.

96*. Для соединения под прямым углом двух труб нуж-
но изготовить из жести колено, состоящее из п(п >2) одина-
ковых последовательно спаянных друг с другом труб того^
же диаметра. Для этого необходимо предварительно вы-
резать из картона шаблон, представляющий собой разверт-
ку на плоскость одного из звеньев колена (одной из указан-
ных выше п труб). Как это сделать2?

1 Очевидно, всякая ограниченная и непрерывная на сегменте
функция принимает на этом сегменте как наибольшее, так и наи-
меньшее значение (см. стр. 146).

2 Эта задача часто возникает в практике работы жестянщика и
вызывает большие затруднения (даже у наиболее опытных масте-
ров), если не пользоваться математическими расчетами,
Решение. Очевидно, для определяемости задачи
необходимо, кроме п, задать еще два элемента колена: на-
пример, диаметр трубы (1 и внутренний радиус закругле-
ния г. На чертеже 68, а представлено продольное сечение
колена, проходящее через центр закругления О, для слу-
чая и = 3 (фигура Вг С± И! ЕСВА). Сечения ААЪ ВВХ
Н т. д. являются эллипсами, О А = О В = ОС = ОЕ) = г,

°)	5)

Черт. 68.

ЕР = а, АОВ = ВОС = СОЕ = — , ВОЕ =
п

45°	45°

^СОЕ = — .Из чертежа имеем: ВЕ = гз1п —,
гг	п

ВС=2гзт—, ОЕ=гсоз—, ОР =ОЕ+ ЕР^ г соз -4-й,
п	п	п

ВС

—, откуда ВА

ВС- ОР

ОЕ

„ . 45° (	45° , ,

2г зш — г соз---------|-а

п \	п

45°

Г СОЗ ---

п

о 45° /	45° , ,\

= 2	— I Г соз — + сП .

п \	п /

Разверткой одного из звеньев, например звена ВВ1С1С,

является фигура В'В\ В"С"С'1 С', состоящая из двух рав-

ных равнобедренных трапеций с общим основанием В\ С'г=
= Вр?! (черт. 68,6), причем В'С'= В"С” ~ ВС —

4Л° /	4А°	\

2г зт —, В'В" = С'С" =	=2— (гсоз — 4- сП•

п	п \ п /

Таким образом, развертку легко построить. Отметим, что

для соединения под прямым углом указанных двух труб
достаточно изготовить колено, состоящее из п — 1 звень-
ев (в нашем случае — из 2-х звеньев). Если соединить эти
трубы — одну с первым звеном (АА1 В^), а вторую —
с предпоследним (ВВ/^С), то они как раз окажутся взаим-
но перпендикулярными: СО 1АМ, С}ОГ 1ДЛД (соединение
труб со звеньями производится так же, как и соединение
звеньев между собой; на чертеже соединяемые две трубы
показаны штрихпунктирными линиями).

97.	Более половины цилиндрического сосуда наполнено
жидкостью. На какой угол следует наклонить сосуд, чтобы
жидкость начала выливаться? Составить и решить соответ-
ствующую задачу с числовыми данными.

Указание. Можно воспользоваться результатом
задачи 44.

98.	Дана боковая поверхность (5), высота (Н) и угол (а)
между высотой и образующей усеченного конуса. Какому
условию Должны удовлетворять эти три элемента, чтобы
усеченный конус существовал?

Решение. Имеем;5 = —= (7? ф-т), 7? —г =

СОЗ а

где 7? и г (7? > г) — радиусы оснований конуса. Величины
5, И и а не могут изменяться произвольно. Поэтому выберем
такие три элемента конуса, которые могли бы (в области
допустимых для каждого из этих элементов значений) при-
нимать произвольные значения. Этой цели отвечают эле-

менты /г, а и г (при Д>0, г>0,	>а>0^. Теперь вы-

ражаем вспомогательный элемент г в функции от данных

И / 8	\

трех элементов 8 И и а: г = — -- соз а — а . Так как
2 \-№	/

г > 0, то к соз а — а > 0, где к = ——; к соз2 а — зш а>

_ п , . о (	. п .	ЛА 1-|-4й2—1

> 0, й51Га4-зша — «<0, зша	---.Это и есть,

’	1	2/г	_______

очевидно, искомое условие (легко видеть, что (/Т-фД/г2—

— 1 < 26). Если 81П а = -^1+л4?2~1 ' то Усеченный конус
'	уь

вырождается в полный (г = 0).

99*. Дано множество усеченных конусов, имеющих рав-
ные высоты и боковые поверхности. Найти среди них тот,
у которого наименьший объем.

Решение. Задача сводится к нахождению условия
минимума объема V усеченного конуса при постоянных 5
и к (боковой поверхности и высоты). Нетрудно получить
такие соотношения (в обозначениях предыдущей задачи):
/?-г = Н8а (1),5 = 1А±ГА (2), V =	(3).

СОЗ а	3

ч	/г>\	п С СОЗ аА {да

Из (1) и (2) имеем: 7? =---------------------

__ С СОЗ а — Л (д а4

2

5

где с = —.

т.К

Формула (3) после исключения 7? и г принимает вид:

т. с!д 1 Г (с соз а + Л 1д а)3 (с соз а — К (д о)3

3	[	8	8

___ л /г31д2 а+3 с‘‘к соз2 а

~	’	4	‘

Отсюда

12И	. 2 I О [ С V 2

— = щ а 4-3 — соз2 а=

т.к3	\ И )

1 — соз2 а -[-к соз4а
СОЗ2 а

——	3/4соз2 а—1, где/% = — Так как—-—х

СОЗ2 а	Л Т.Н2	СОЗ2 а

ХЗ&2 соз2 а — 3&2, то минимума величина V достигает при

—-— = 3/г2соз2 а, откуда соз2 а= ——. Однако для сущест-
соз2 а	к У 3

вования усеченного конуса необходимо (см. предыдущую

. й	/1+4Й2—1	,	. _

задачу), чтобы $та<----------, откуда 1—зт2 а =

/ V 1+4/г2-

1 2к

_ /14-4А?а—1

2к2

. Следователь-

1

но, минимум при соз2 а = имеет Для Данной задачи

смысл, если т—А'> I, или (-^=. 4- Н > 14-4/г2,
куз '	2к3	(р 3	/

4к2 , 4к	у о

~ । у|^> 4&2, й< . Так как соз а < 1, то к ]/3> 1,
к>~. Итак, при	минимальный объем

имеет тот усеченный конус, для которого соз2а= —=. ==
— .К3 л--. При к = — = ЕА усеченный конус минималь-
35	л/г2 3

ного объема вырождается в

5 Уч-

= — = он вырождается

цилиндр (а = 0). При к =
в полный конус (см. преды-
дущую задачу). Если к < К3,.., то значение соз2 а —
3

= Г7=>1 лежит вне области допустимых значений для
г? у 3

аргумента соз2 а функции —-------3 й2соз2а. Так как эта

СОЗ2 а

,	9	1

функция справа и слева от точки соз2 а = возрастает,
Ку 3

то минимум ее при к < КК будем иметь ПРИ соз2а = 1,
О

откуда а = 0: если к = 4; <	> то искомый усеченный

конус есть цилиндр высоты к и боковой поверхности 5.
Остается рассмотреть случай к > 1С3-. В этом случает-^-<
2	ку 3

2	2	1

< — ,точка минимума соз2а = т—--имеетдля рассматрива-
3	Ку 3

емой функции смысл, но усеченный конус перестает сущест-
вовать (/"<0) для значений соз2а< У 1-1-4/г-—1	1

2/г2 'ку г

Следовательно, в данном случае приходится принимать
соз2 а = 11'' ИСК0МЬ1Й усеченный конус вырожда-

ется в полный конус той же высоты к и боковой поверх-
ности 5.

100* . Изготовляются одинаковые тазы в форме усе-
ченных конусов. Каждый таз должен иметь заданную глу-
бину (высоту). Для изготовления боковых поверхностей не-
скольких таких тазов имеется определенное количество
материала (например, жести). Ограничения на количество
материала, расходуемого на изготовление доньев, не нала-
гаются. При каком условии тазы окажутся наиболее вмес-
тительными?1

Решение. Задача сводится к отысканию макси-
мума функции —!-------р-3/г2соз2а при условии 1>соз2а>

СОЗ2 а

>	—1 (в обозначениях предыдущей задачи). Пусть

2к-

2	1	4.

значение соз2 а = ,  ==-, при котором эта функция дости-
ку 3

1 Эту задачу можно сформулировать аналогично предыдущей,
соответственно изменив лишь вопрос (требование) задачи,
гает минимума, принадлежит области допустимых для соз2 а

значений, то есть &|/3> 1, & > КА . Если при

этом

/ 1Ч-4А;2—1

2Й2

откуда к < КА , то (ввиду того,
Ку 3	2

данная функция слева и справа от значения соз2а =

что

1
куъ

возрастает) придется сравнить между собой значения
(функции в крайних точках сегмента 1 > соз2а> уТ+4/г2—1
и выбрать большее из этих значений. Эти значения соответ-
ственно равны: 1 Зк2 и -------------1- Зк2 К(+4&2—1 _

'	У 1+4/г3—1	2/г2	“

= 2|/1-|-4&2—1. Решаем неравенство (выясняем знак нера-
венства): 1+3621 2/ГфЖ- 1. Имеем: (2 + 3/г2)21 4 (1 +
2	2

4-4Й2), 9/г2 г 4, к=^~. Следовательно, при /г <—,азна-
3	3

чит 1СА<&<С~ , функция достигает максимума, когда
3	3

С032а_ ААНА=А . В этом случае усеченный конус вы-
рождается в полный конус. Практический вывод: если
Е2А<&<—, то, стремясь к усеченному конусу (тазу)
наибольшего объема, необходимо радиус его основания
(дна) брать возможно меньшим (чтобы усеченный конус был
возможно ближе к полному конусу). При к > — , а зна-
чит, КА > к > — функция достигает максимума при соз2а=
2	$	-./д-	'	2

= 1, а = 0. Практический вывод: если у ку — , то,
стремясь к усеченному конусу (тазу) наибольшего объема,
необходимо выбирать форму последнего возможно более
близкую к цилиндрической. Пусть теперь АКАСКА. >

>	• тогда и подавно к У КА ].

Так как при всяком к К1К1АКА < 1, то в этом слу-
2/г2

чае максимум функции будем иметь при соз2а =1. Следо-
вательно, при к > КА практический вывод совпадает с
1	2
предыдущим. Рассмотрим теперь случай, когда значение
соз2 а =  , при котором данная функция достигает ми-
Ку 3

нимума, не принадлежит
значений, то есть соз2 а —

области допустимых для соз2 а.

> 1, откуда /г< 'О. В этом.

случае, очевидно, максимум объема V будем иметь при

соз2а=	(рассматриваемая функция возрастает

слева от значения соз2а = 1). Итак, имеем общий практи-
ческий вывод: при к < — усеченный конус (таз) наиболь-
3

шего объема вырождается в полный конус, поэтому дно
таза в этом случае [при к < нужно стремиться делать

2

возможно меньшим; при й> — усеченный конус (таз) наи-
большего объема вырождается в цилиндр, поэтому форму
таза в этом случае следует выбирать возможно более близ-
кую к цилиндрической (разумеется, при тех же постоянных
значениях 5 и /г).

VI. ЗАДАЧИ, ПРИВОДЯЩИЕСЯ К УРАВНЕНИЯМ
ТРЕТЬЕЙ И ЧЕТВЕРТОЙ СТЕПЕНИ.

К уравнениям высших степеней приводят очень многие
задачи элементарной математики, причем наиболее часто
мы приходим к уравнениям третьей и четвертой степени.
Поэтому приходится довольно часто слышать от учащих-
ся, интересующихся математикой, различные вопросы от-
носительно решения уравнений высших степеней, в особен-
ности вычисления их корней Способы, изложенные в кур-
се высшей алгебры (способ «хорд и касательных», способ
Лагранжа, способ Ньютона и др.), трудны для понимания
и очень громоздки для практического применения.

И вот перед учителем математики возникает задача:
ознакомить учащихся (на кружковых занятиях) с наибо-
лее элементарными и доступными способами приближен-
ного вычисления корней численных уравнений высших
степеней, и в особенности — уравнений третьей и четвер-
той степени.
Все основные вопросы, связанные с элементарными при-
емами приближенного вычисления корней алгебраических
уравнений, целесообразно, по нашему мнению, излагать
в таком плане.

I.	Сначала знакомим учащихся с графическим способом
решения уравнений, пригодным в принципе для любого
уравнения. При этом указываются два приема.

Пусть требуется решить уравнение / (х) = 0. Возмож-
но точнее строим график функции Дх); тогда абсциссы
точек пересечения кривой у = /(х) с осью абсцисс будут дей-
ствительными корнями уравнения. Рассмотрим второй при-
ем. Представляем функцию / (х) в виде Дх) = <р(х) 4~ ф(х),
где<р(х) и ф(х) — более простые по сравнению с /(х) функ-
ции. Практически выгодно одну из этих функций взять
линейной. Далее в одной и той же системе координат строим
графики функций у = <р(х) и у — ф(х). Тогда абсциссы
точек пересечения (или касания) кривых у = <р(х) и у =
= ф(х) будут действительными корнями уравнения.
Обращаем внимание учащихся на преимущества второго
приема, на то, что при тщательном и более точном построе-
нии кривых (миллиметровая бумага, лекало) можно добить-
ся значительной точности, что число действительных
корней уравнения равно числу точек пересечения (касания)
кривых.

Этим вторым приемом очень удобно решать кубические
уравнения, особенно уравнения вида х3 -|- рх -ф д — 0
или х3 — —рх — д1. Следует предварительно изготовить
возможно точнее несколько шаблонов кубической парабо-
лы у = х3; тогда искомые корни находятся графически очень
быстро. Разумеется, что за единицу масштаба следует вы-
бирать возможно больший отрезок (лист миллиметровой бу-
маги должен быть возможно больший). Учащиеся — люби-
тели математики — обычно очень заинтересовываются гра-
фическим способом вычислений корней.

II.	Далее знакомим учащихся с двумя элементарными
аналитическими способами, дающими возможность прак-
тически вычислять корни с любой наперед заданной точ-
ностью.

1 Произвольное кубическое уравнение у3 + ау2 + Ьу + с = 0
может быть легко приведено к указанному виду путем подстановки
у = х— Д

3'
1)	Способ деления сегмента пополам. Пусть имеем урав-
нение ?(х) = 0. Предположим, что найдены такие две
точки х = а и х== Ь, что Да)<0, /(&)>0; тогда из непре-
рывности функции у = [(х) следует, что существует такая
точка х0 (иллюстрируем это графически), что Дх0) = 0.
К этой точке х — х0 (к корню) постепенно приближаемся
следующим образом.

Рассматриваем точку Х1 =	если	то Х(== Х1-

если же, например, /(Х1)>0, то рассматриваем точку х2 =
= (так как /(Х1)>0,	тох0 лежит между а и хг)

ит. д.

Ясно, что мы таким способом можем приблизиться к кор-
ню х=х0 как угодно близко. Заметим, что отделение корней,
то есть отыскание всех интервалов (а, Ь) легко осуществля-
ется при помощи самого схематичного графика. При реше-
нии уравнения, полученного из конкретной задачи, интер-
вал (а, Ь) часто легко определяется по смыслу этой задачи.

2)	Затем кратко знакомим учащихся с принципом при-
менения второго способа—способа линейной интерполяции,
или «ложного положения». Сущность этих способов воспри-
нимается учащимися без особого труда, если рассказ учи-
теля сопровождается графическими иллюстрациями.

III. Знакомим учащихся со следующими свойствами;
многочлена /(х) п-й степени с действительными коэффици-
ентами.

1)	Функция /(х) непрерывна при всех действительных
значениях аргумента (иллюстрируем графически);

2)	Общее число корней уравнения Дх) = 0 равно пока-
зателю степени при его старшем члене (принимаем без до-
казательства, что уравнение /(х) = 0 имеет по крайней
мере один корень, затем доказываем данное свойство);

3)	Если уравнение /(х) = 0 имеет мнимый корень х =
= а + Ы, то оно имеет еще и другой мнимый корень а —
— Ы (приводим доказательство);

4)	Пусть Х1, х2, х3. хя— корни уравнения Дх) = 0,

тогда Дх) = х” + ах"-1 + Ьхп~2 + ... + йх3 + &х2 + /х +
+ р = (х —X]) (х — х2) (х — х3) ... (х — хп) = хп — х”-1 X
Х(*1 + Х2 + х3 + ... + хп)+ Хп~ 2(Х]Х2 ф- Х]Х3+ ...Ц-хп_1хп)
— ... + (-Л)пхрс2х3... хп,
откуда а — — (ху -ф х2 -ф- х3 + ... ф- хй), Ь — (х1х2 -ф-
-ф- Х1Х3 ф- ... ф- хп—1 -X), •••> Р ( 1)
в частности, сумма корней уравнения 3-й степени (4-й сте-
пени) равна коэффициенту при х1 2 (при х3), взятому с обрат-
ным знаком, а произведение — свободному члену (взятому
с обратным знаком для уравнения 3-й степени) ;

5)	Уравнение нечетной степени имеет по крайней мере
один действительный корень. Число действительных кор-
ней уравнения 3-й степени равно 1 или 3. Если уравнение
4-й степени имеет действительные корни, то их число равно
2 или 4. Это свойство легко вытекает из свойств 2) и 3);

6)	Сообщаем учащимся, что все уравнения до четвертой
степени включительно разрешимы в радикалах и разъяс-
няем смысл этого понятия («разрешимы в радикалах»).
Даем наиболее элементарный вывод формулы Тарталья—
Кардано для решения уравнения 3-й степени и соответствую-
щую историческую справку. Знакомим в общих чертах
со способом Феррари решения уравнения 4-й степени,
то есть приводим доказательство разрешимости в радика-
лах уравнения 4-й степени. Затем на конкретных приме-
рах показываем учащимся, с какими громоздкими выкладка-
ми сопряжено применение формулы Тарталья — Кардано1
и способа Феррари.

После этого знакомим учащихся со способом прибли-
женного вычисления действительных корней. Пусть из-
вестно, что искомый действительный корень уравнения
х" + ах"-1 + Ьх"~3 + ... + Лх3 +кх3 + 1х + р = О (1)
очень мал по абсолютной величине; тогда, опустив члены
х", ах"-1, Ьх"~3,..., (1х3, придем к квадратному урав-
нению кх^ + 1хг + р — 0, один из корней которого х'
приближенно равен искомому корню уравнения (1). Ясно,
что число х' тем ближе к истинному значению искомого
корня, чем это истинное значение по абсолютной величине
меньше. Способ этот очень прост, элементарен и примене-

1 Действительный корень х уравнения х3 + рх + д = 0 вычисляет-

ся по формуле Тарталья—Кардано х=

3-1 —
2

лишь тогда, когда числа

гоцифровыми и

Пользоваться этой формулой выгодно

р и <7 не являются громоздкими, мно-

1 3

I > 0 (см, задачу 27).
ние его ведет к быстрому вычислению действительных кор-
ней с практически достаточной точностью (до —

В настоящем разделе помещены различные элементар-
ные задачи без числовых данных, приводящиеся к прибли-
женному вычислению действительных корней численных
уравнений 3-й и 4-й степени. Вычисления проводятся глав-
ным образом указанным выше способом (способом приве-
дения к квадратному уравнению). В задачах настоящего
раздела иллюстрируются и некоторые другие приемы (см.
задачи II, 38). Однако приемы эти носят случайный харак-
тер и не являются всегда применимыми.

§ 1.	ЗАДАЧИ, ПРИВОДЯЩИЕСЯ К УРАВНЕНИЯМ 3-й СТЕПЕНИ.

1.	Полушар разделен плоскостью, параллельной его ос-
нованию, на две равновеликие части. Найти отношение
радиуса шара к высоте отсекаемого сферического сегмента.

2.	Центр одного шара расположен на поверхности дру-
гого шара, причем поверхность общей части этих шаров1
равна площади большого круга второго из них. Найти
отношение радиуса второго шара к радиусу первого.

3.	Сосуд, имеющий форму полушара, доверху наполнен
водой. На какой угол следует его наклонить, чтобы поло-
вина воды вылилась?

Указание. Указания к задачам 1—3 содержатся
в решении задачи 4.

4.	Найти без помощи таблиц тригонометрические фун-
кции углов 40° и 80°.

Решение. Имеем тождество: соз За = 4 соз3 а —
—3 соз а; положив в левой части а=40° или а=80°, полу-
чим: — — = 4 соз3а — Зсоз а, 8 соз3а — 6 созаЦ 1 = 0,
2

или [(х) = х3 — Зх + 1 =0 (I), где х = 2 соз а. По смыс-
лу задачи уравнение (I) должно иметь два положительных

корня %1 и х2. Подберем значения х, которые обращали

(3 \	1

—) —-----и

2 /	8

1 Поверхность «чечевицы».
. Положим х = —у. Из уравнения (I) полу-

чим:

о,

9 2 । 15

2 5 ' 4

— 3

у = 0 (1). Опускаем член г/3 : ^У*+ ^Уг~ у = 0 (2);

у1= ^!5±У 225+36 _ 0,032,	_ 1>5	= 1>532

Оценим абсолютную погрешность \у ~ уг — у. Из(1)и
(2) имеем: г/3 = | (г/? — г/2)+	-(У1~ У) > у (г/1—у)\

так как г/3> 0, то гл> у, ух~у < ~ у3 < у^ ~ (0,032)3<
15	15	15

< 0,000009 < 0,00001. Такова, очевидно, и ошибках (и при-
том преувеличенная). Поэтому можем принятьх 1,53200.
Пусть теперь х— — + у, получим: (у-\~ —З/'г/Ц- — :4-

4-1=0, у3~\- У2~~У^г~ = 0. Опустив у3, получим: у^—

-Ё-„ I 1 А 0*7 2	70	11 А Зб-КШ)

~^У1 -Г27"0’ 27^1 ~ 72У1+ 1 = °> У1 = ' 27'-------~

0,014;	1/1 ~ 0,3473. Следовательно,

2 соз 40° = Х1 1,532, соз 40°	0,766,	2 соз 80° =

= х2 0,3473, соз 80° ~ 0,1736. Задачи 1 и 2 приво-
дятся к уравнению (I), где х — искомое отношение.
Так как по смыслу этих задач х > 1, то для них
х 1,532. Задача 3 также приводится к уравнению
(I), где х = 1 — з1п а и а — искомый угол. Так как 0<
<81па<1, то для этой задачи з1па’^ 1 — 0,3473 =
=0,6527, а 40°45'.

5.	Сплошной шар, удельный вес которого равен 0,75
см3

плавает в воде. Найти отношение высоты, на которую он
выступает из воды, к радиусу шара.

Указание. Задача приводится к тому же уравнению
(I), в котором х — искомое отношение.

6.	Сферическая поверхность полушара равна боковой
поверхности описанного около него конуса (так, что эти

1 Можно было бы начертить схематичный график функции [(х),
из котор ого мы заключили бы, что искомые значения находятся
3	1

ВОЛИ 3 и   И   .

2	3
поверхности касаются, а основание полушара лежит
в основании конуса). Найти угол при основании осевого се-
чения конуса.

7.	Сферическая поверхность полушара равна боковой
поверхности равновеликого ему конуса. Определить угол
при основании осевого сечения конуса.

Решение. Задачи 6 и 7 приводятся к уравнению
?(х) — 2х3 — 2х + 1 = 0, где х — соз а и а — искомый
угол. Очевидно, при 0 < х < получим [ (х) > 0. Так
как }(х) = 2х2(х — + (х— I)2, то и при х>-|- будет
]~(х) > 0. Это значит, что обе задачи не имеют решения, или
что сферическая поверхность полушара всегда меньше бо-
ковой поверхности равновеликого ему (или описанного
около него) конуса.

8.	Двугранный угол1 правильного трехгранного угла
в два раза больше его плоского угла а. Найти плоский угол.

Указание. Задача приводится к уравнению х3— 4х+
+ 2 = 0 (II), где х = 2 (см. задачу 11).

9.	Боковая поверхность и объем конуса соответственно
равны поверхности и объему некоторого шара. Определить
угол при основании осевого сечения конуса.

Указание. Задача приводится к тому же уравне-
нию (II), в -котором х = 2соз₽ и (3 — искомый угол (см.
задачу 11).

10.	Из сосуда, наполненного раствором глицерина,
отлили столько раствора, сколько было в нем чистого гли-
церина, и долили глицерином; затем отлили столько раст-
вора, сколько было первоначально в сосуде воды, и долили
водой; после этого глицерина и воды стало в сосуде по-
ровну. Сколько глицерина содержалось первоначально в
сосуде?

Решение. Пусть первоначально имелось тг раст-
вора, в котором содержалось^ глицерина. В п граммах
отлитого первоначально раствора содержалось глицерина
И	П2	Т-,

— • п = —граммов. После того, как раствор долили
т	т

п2 . 2тп.—п2
глицерином, глицерина в нем стало пг------п, —--------

т	т

1 Линейный угол его.
граммов. Во второй раз отлили т — п граммов раствора,
- ’2тп — я" ,	.	, .

в которых чистого глицерина было ------- • (т — п) (г).

т2

,,	2 т п — п2

Всего глицерина стало после этого в сосуде ----------

т

2тп — п- ,	. С2тп — п2)п , ,

--------—(т —и) = к----------- (г).
т2	пг*

По условию задачи ^тп ~ п->п- — — или 4тп2—2н3—т3 =
т2-т 2

= 0; I- V — 4/'-'|+2=°.

V п /	\ п )

Далее см. задачу 11.

II.	Около шара описан усеченный конус, объем кото-
рого и боковая поверхность соответственно равны объему
и поверхности некоторого другого шара. Определить угол
при основании осевого сечения конуса.

Решение. Задача легко приводится к уравнению
4 У Яг{Я2 + Яг + г2) = (Я + г)3, где Я^ г (Я> г) — ра-
диусы оснований конуса. Положив У Я = т, У г — п,
придем к уравнению 4тп(т4 Д пг2п2 Д и4) = (т2 Д и2)2,
или хв — 4.Д 4- Зх4 — 4х3 Д Зх2 — 4х Д 1 = О,
/	1 \	. 1 \	/	1 \	т

“ 4 Г2 + хЧ +3 \х+*т/ ~4 =0> где Х==Т •
1 1 1

Положим х-4- — = у, откуда х2 Д = у2 — 2, х3 Д =
у3—Зу. Получим: у3 — Зу — 4 (у2 — 2) Д Зу — 4 = 0, у3 —
4	4

—4у2 Д4=0, ~з-------1-1 =0 и окончательно Дг)==23—4г Д

У У

2	1

Д2 = 0 (II), где г= —. • Так как у = х Д у > 2, то г ==
2

= — <1 (для данной задачи). Так как [ (0,5) > 0, / (0,6) < 0,
и при г < 0,5 /(г) > 0, то 0,6 > г > 0,5.

Из уравнения (II) имеем:

11 11 11

0,554	-0,63 > г	2'3>т+у 0,53^0,53,

11 11

0,543 ~ у + Т • 0.5543 > 2 > — + — . 0,533 0,537,
0,54'^ у+ 4' °’5433 >2 > Т + Т’ °>5373 — 0,5387,
0,539 — ^-+-^- • 0,543 > г > у +	• 0,5383^ 0,5389.
2	1

Итак, 2^0,5389, г/=—^ 3,7113; из равенства ~ =

= у находим:

У + У\2- 4 _ 3,711 + V <д,п

3,4185

(х> 1);	11,69. Для искомого угла 0 получим: соз 0 =

Х г т2 + п2	х2 + 1	12,69

Так как Д1) <0, /(2) > 0, то второй положительный
корень уравнения (II) лежит между 1 и 2: 1 < 2 < 2.

Рассмотрим задачу 8.

Поскольку двугранный угол меньше двух прямых, то

и < 90°, Д- < 45°, г = 2 зт — < 2 81п 45° = 1/Т. Но
2	__ 2

при 1 < 2 < У 2 будем иметь / (г) = г(г2 — 2) + 2х

Х(1—г) <0. Следовательно, 2 зшу =	0,5389, з1п

0,2694,	15°38', а ^31°16'. Для задачи 10 имеем: г—

=— > 1. Следовательно, этой задаче удовлетворяет корень

1/2 <22 <2. Найдем его. Имеем: г2 + г, = — 21 =
_______________________2	6

— — 0,5389, 22 *2з= ------. Числа г2 и г,, являются кор-

0,5389	3	н

нями уравнения /2 + 0,5389/ — 	- = 0, откуда г2 =

0,<эоо9

0,5389 . , /о,53892 .	2	, Р

— —--------Ы/-------------——~1,6756. 1 лицерина перво-

2	1 V 4	0,5389	1	1

начально содержалось в сосуде — • 100	~ 59,72 %.

12.	Шар разделен двумя параллельными плоскостями
на три равновеликие части. В каком отношении разделили
эти плоскости перпендикулярный им диаметр шара?

Указание. Задача приводится к уравнению у3 —
—9// <6 = 0.

13.	Из сосуда, наполненного сиропом, отливают не-
которую часть и доливают сосуд равным количеством воды;
затем отливают такое же количество смеси и снова доли-
вают равным количеством воды. После третьего отлива-
ния чистого сиропа в сосуде осталось ровно столько,
сколько его отлили в первый раз. Сколько сиропа осталось
в сосуде?
Указание. Задача приводится к уравнению х3 +
—х — 1—0.

14.	Два неравных треугольника имеют по равному углу,
по равной высоте и по две равные стороны. Один из этих
треугольников равнобедренный. Найти угол при основании
равнобедренного треугольника.

Указание. Задача приводится к уравнению х3 —
— х — 1=0, где х = 2соз0 и ₽ — искомый угол.

15.	Сумма квадратов двух положительных чисел равна
одному из этих чисел, а разность квадратов — второму.
Найти эти числа.

Указание. Задача приводится к уравнению х3 +
4*2х2— 2 — 0 (III), где у —меньшее из искомых чисел.

16.	Произведение сторон равнобедренного треугольника
равно произведению его периметра на площадь. Опреде-
лить угол при основании треугольника.

Указание. Задача приводится к уравнению (III),
в котором х = соз а и а — искомый угол.

17.	Прямоугольная трапеция, описанная около ок-
ружности, делится своей диагональю на два подобных тре-
угольника. Найти острый угол трапеции.

Указание. Задача приводится к уравнению (III),
в котором х — соз а и а — искомый угол.

18.	Три сомножителя увеличены каждый на одно и
то же число процентов, а один сомножитель уменьшен на
такое же число процентов. Найти это число процентов,
если известно, что в итоге произведение не измени-
лось1.

19.	Из полного сосуда с раствором спирта отлили столь-
ко раствора, сколько было в сосуде воды, и долили спиртом;
затем отлили столько раствора, сколько было первоначаль-
но в сосуде спирта, и долили водой. После этого спирта и
воды в сосуде оказалось поровну. Определить первоначаль-
ную крепость спирта.

Решение. Пусть в сосуде находилось первоначаль-
но пг чистого спирта и тг воды. Первоначально отлили
тг раствора, в которых находилось - тп-г чистого спирта.

т + п

1 Задача привадится к уравнению (III), имеющему единственный
положительный корень х « 0,8411.
После того как долили сосуд спиртом, чистого спирта в
„	„ тп . т2 + тп + п2 ,	, э

сосуде стало п —------т =--------1------ (граммов). За-

т + п	т + п

тем отлили пг раствора, в котором чистого спирта было
- 4---—^--- . п (граммов). Чистого спирта в сосуде теперь
стало т2 + тп + п\ _ (т~2 +	+ П2) п _ т (т2 +тп + п2)

т+л	(т-)-л)2	(т-^-п)2

2т (т2 + тп 4- п2)
гласно условию задачи имеем уравнение: —111— =
(т + п)2

= т -|- п, или 2т3 -|- 2т2п Ц- 2тп2 = т3 Ц- п3 + З/тш2 Ц-
Зт2п, т3— т3п— тп3 — п3=0,(—\ 4-/—У +(~~ —
\т / \т / \т /

— 1 = 0. Полагая — = х, получим х3+х2 + х— 1 = 0. (IV)
т

Первоначальная крепость спирта равна:	.100 % —

“ 771' |00"/°'

Решение уравнения (IV) приведено в задаче 23.

20.	Линейный угол двугранного угла при основании
правильной четырехугольной пирамиды равен плоскому
углу при ее вершине. Найти этот угол.

Указание. Задача приводится к уравнению (IV),
в котором х = и а — искомый угол (см. задачу 23).

21.	Найти углы прямоугольного треугольника, если
известно, что радиусы вневписанных кругов составляют
геометрическую прогрессию.

Указание. Задача приводится к тому же уравне-
д

нию (IV), в котором х = и А — один из острых уг-
лов прямоугольного треугольника.

22.	Сечение правильной четырехугольной пирамиды,
проходящее через сторону основания перпендикулярно
противоположной боковой грани, равновелико этой грани.
Найти двугранный угол при основании пирамиды.

Указание. Задача приводится к уравнению х* —
— 2х + 1 = 0 = (х — 1) (х3 + х3 + х— 1), где х — %
и р — искомый двугранный угол; очевидно, хг = 1 =
=	, откуда зт р = 1^4. и р! = 45° (далее см. задачу 23).
23.	При каком необходимом условии плоские углы че-
тырехгранного угла будут составлять геометрическую про-
грессию?

Решение. Пусть а — наибольший из четырех плос-
ких углов, х — знаменатель прогрессии. Тогда необхо-
димо должно существовать неравенство:

а < ах + ах2 ах3, откуда х3 + х2 + х — 1 > 0.
Решим предварительно уравнение (IV) х3 + х2 х —1 =0*.
Полагая Юх = у, получим: у3 + Юу2 + 100г/ — 1000 =0.
Отсюда 5 < у < 6 и 0,5 <х< 0,6. Пусть х = 0,5 4~ 2, где
2 < 0,1. Получим: (г 4- 0,5)3 + (г 4~ 0,5)2 4- 2 4- 0,5 —1 = 0,
г3 4- г2 4~ ~г — = 0. или, опуская г3, получим: 2’ +

,11	1 п	— 11 4- /ПТ —п-ун ,874

1 4	8	20	20

2

0,0437. Для абсолютной ошибки имеем: г3 = — г’ 4~

-22) + ^21-г)>

11.	X

>у(21—2); 2!—2<

—

11 11

4-0.04373

11

< 0,0001.

Следовательно, х 0,5 + 0,0437 = 0,5437, причем все зна-
ки верны. Уравнение (IV) не может иметь отрицательных
корней, так как при х = — т(т > 0) мы получили бы:
т2 = 1 + т3 4~ т, что, очевидно, невозможно.

Уравнение (IV). не может иметь больше действительных
корней, так как в противном случае все его три корня были
бы положительными числами, имеющими сумму, равную — 1,
что невозможно. Итак, х > 0,5437 (или х' = —< —1—
х 0,5437
га 1,83, если рассматривать прогрессию, как возрас-
тающую).

24.	Из сосуда, наполненного сиропом, выливают не-

1 Путем подстановки х =

1
г+1

уравнение IV приводится к урав-

1 1 1

неииюШ: (— + (— + —1 = 0; 1 + г+1 + (г+1)3_
— (г4~ 1)а = 0; —г3—2гг+2=0, г3 + 2гг — 2 = 0, поэтому х »

1
0,8411 +1

«0,5437.
которую часть — в другой, равный ему сосуд; дополнив
остальную часть второго сосуда водой, дополняют полу-
ченной смесью первый сосуд. Затем дополняют второй
сосуд смесью, получившейся в первом сосуде, после чего в
обоих сосудах чистого сиропа оказалось поровну. Найти — •
п

У к а з а н ие. Задача приводится к уравнению 2	_

\ п /
/ 1 \2 / 1 \

—- 4 / — ) + 4 (— — 1=0; полагая здесь п— г + 2, по-
\ п I \ п /

2	44

лучим:----------------4------1=0, или после упро-
си- 2)3 (г + 2)2 г 4-2-------' 1

щения г3 + 2г2 — 2 = 0. Мы снова пришли к уравне-
нию III.

25.	Катет прямоугольного треугольника равен одной
из его биссектрис. Найти углы треугольника.

Указание. Если указанная биссектриса делит ос-
трый угол, то задача приводится к уравнению Дх) = 2х3—
— 2х2 — 2х + 1 = 0 (V), где х — зт — и а— искомый угол.
(См. задачу 26.)

26.	Один из плоских углов при вершине основания пра-
вильной треугольной пирамиды равен углу между двумя
его боковыми гранями. Найти этот угол.

Решение. Задача приводится к тому же уравнению
(V), в котором х = соз Р и Р — искомый угол.

Чтобы найти первое приближение для х (с точностью Д°~)>
умножим уравнение (V) на 103 и положим Юх = у, полу-
чим /(у) = 2у3 — 20у2 — 200у + 1000 = 0. Так как Д4)>0,
Д5) < 0, то 0,4 < х < 0,5.

Положим х = 2 + 0,4, где г >0 (так как х > 0,4).

Из уравнения (V) найдем: 2 (г + 0,4)3 — 2 (г + 0,4)2 —
— 2(г + 0,4) +1=0;	2г3 + 0,4г2 — 2,64г + 0,008 =

= 0. Опуская член 2г3, получим: 0,4г2! — 2,64г! +
+ 0,008 = 0, или г21 — 6,6гх + 0,02 = 0, гх = 3,3 —

— V 10,87	0,0031. Теперь имеем: хг = гг + 0,4 «

0,4031. Оценим допускаемую ошибку.

Имеем: 2г3 = 2,64 (г — г.) — 0,4 (г2 — г21) = (г — 21) X
X 12,64 — 0,4 (г + 21)1 >0,
так как г > 0; 2г3 > (г — гх) [2,64 — 0,4 (0,1 + 0,1)1 =
— (г — 21) • 2,56; 0 < г — гг < (г < 0,1; г1<0,1);

г — — <2, < 0,0032, 2 — г3 < 0,0032, 2 — 22 < 0,0032
2,56

(ибо 23 < 22).

Отсюда г2 — г -|- 0,0032 >0,	— -1_зЬ-/~-2’988^	—

_ 1 _ /07Ш8\

2	}

Так как г <0,1, то получаем: г < 1 ~ ^°—88—^0,003.

Следовательно, г — 21 <	< г3 < 0,0033 <—.

2,56	1(Г

Это значит, что, продолжая процесс извлечения корня
]/10,87, мы получили бы еще несколько верных знаков
для а. Так как сумма корней уравнения (V) равна 1, а

1

произведение равно—у, то остальные его два корня х2 и
ха связаны соотношениями ха + Хз га 1 — 0,4031 га 0,6,

Из этих соотношений заключаем, что абсолютная величина
по крайней мере одного из корней х2 и х3 больше 1, что
эти корни имеют разные знаки и что большую абсолютную
величину имеет положительный корень. Следовательно,
абсолютная величина положительного корня больше 1.
Но задачам 25 и 26 удовлетворяют положительные корни
уравнения (V), меньшие по абсолютной величине 1. Поэто-
му эти задачи имеют такие решения:

51п у га 0,4031, у 23°46', а га 47°32' (задача 25),
соз р га 0,4031, р га 66°14' (задача 26).

27.	Полушар и сферический сегмент имеют общее осно-
вание, причем поверхность сферического сегмента делит
объем полушара пополам. Определить величину дуги в
осевом сечении сегмента.

Решение. Задача легко приводится к уравнению

/ (х) = х3 + Зх — 2 = 0 (VI), где х — и а иско-
4

мый угол. Так как значение /(0,6) = 0,016 близко к нулю,
то положим х = 0,6 — у, где у >0 (функция / (х) в точке
х — 0,6 — возрастающая):	(0,6 — у)3 -|- 3(0,6 — у) —

— 2 = 0, — у3 + 1,8г/2 — 4,08г/—|—0,016 = 0,	1,8г/!3 —

— 4,08г/! + 0,016 = 0, 9г/!2 — 20,4г/! + 0,08 = 0; У1 =

= ’ ...0,00393,	»0,6 — 0,00393^0,5961.

Допущенная ошибка достаточна мала: у3 = 4,'08 (ух —
— у)—1,8 (у? — у2) = 4,08 (г/1 — у)— 1,8 (уг — у} X
X (У1 4- У) > 4,08 (у! — у) — 1,8 (г/! — у) (0,1 + 0,1) =

= 3,72 (гл — у); У1 — у < — < — < 16 • 10~9

3,72	3,72

Следовательно, ^0,5961, — ~ 30°48'. Остальные
4	4

корни уравнения (VI) х2 и х8 связаны соотношениями
х2 4- х3 ~ — 0,596, л'2х3 — о5961 ’ из которых заклю-
чаем, что если бы эти корни были действительными, то
они были бы отрицательными, что невозможно, так как
по смыслу задачи	>0.

4

Решим уравнение VI, пользуясь формулой Тарталья —
Кардано.

Имеем: р — 3, а— — 2,	\ 4-	\3 = 2, х =

\2)	\з)

== у/2 + 1 — Vу 2 — * 1 ~/2ДТ42 — улбЛ42	1,3416 —

— 0,7455 = 0,5961.

28.	Найти без помощи таблиц тригонометрические
функции дуги окружности, стягиваемой стороной правиль-
ного вписанного в нее семиугольника.

360°

Решение.	Пусть -у- = а, откуда 360° — 7а.

Имеем: 7а «= 0,	47	= 0, 4а 4-	= 0,

1 — 4а За

2 2а	1&2а 4- Ц а __ $

1 — 2а 1 — 2а Щ а ’

31§ 2а — 31§22а!§а — 1§32а + 1§а — 0; 6(1 — 1§2а)2 —
— 121§2а (1 — 1§2 а) — 81§2 а — (1 — 1§2 а)3 — 0,
или после упрощения 1§ва — 211§<1а + 35 1§2а — 7 = 0.
Положим	1§2а	— х,	тогда х3 — 21х2 4-	35х — 7 = 0 (VII)

или	/(у) — у3	— 2 Юу2 4- 3500г/ — 7000	— 0, где у = Юх.

Так	как	Д2)	<0;	/ (3) > 0, то 0,2	< х < 0,3. Поло-
жив	х —	г 4-	ОД (г	>0), получим: (2	н-ОД)3 — 21(г 4-
+ 0,2)2 + 35 {г + 0,2) — 7 = 0, г3 — 20,4г2 + 26,72г —
— 0,832 = 0,	— 20,4г2 +26,72г,—0,832 = 0,

13.36 — ,/13.362 — 20.4 • 0.832	13,36— 12,71

г г = — -----—:------------:—	0,0318.

20,4	20 4

Для абсолютной погрешности получаем: 0 < г3 =
= 20,4г2 —26,72г + 0,832 + (—20,4г,2+26,72г! —0,832) =
= 20,4 (г2 — гх2) — 26,72 (г — г^, откуда г < г{ и г3 =
= 26,72 (гх — г) — 20,4 .(гх — г) (гх + г) > 26,72 (гх —
— г) — 20,4 (гх — г) • (0,04 + 0,04) > 25 (гх — г), так
как г < 21 < 0,04.

з

Следовательно, 21 — г < — < — ~ —^-2- < 0,0000014
и х ^ 0,2 + 0,0318 = 0,2318$	25

Уравнение (VII) имеет еще два положительных
корня х2 и х3, так как х2 + х3 % 21 — 0,2318 =
= 20,768 >0 и лул'з =	>04 Имеем х2>3 = 10,3841 ±

± ]/10,384 Г2 — 30,2	10,3841 ± 8,815,	л-2	1,569,

х, 19,199. Найдем соответствующие значения для а.
Имеем: 1§ах = ]/хх ]/0,2318 0,4814, 1§а2 = V х2 «
~ у+569 яй 1,253, 1§а3 =	« ]/Т9Л99	4,38.

Решением данной задачи является:	яй 1,253. Мы

специально не выделяли его ранее.

29.	Осевые сечения двух неравных конусов, имеющих

Шаличие еще двух положительных корней уравнения (VII) следует

180
также из того, что углы -у

360°

7

острые, и каждое из написанных равенств
му и тому же уравнению (VII), так

—	540° =	7^- 7аа =	7в3,

как

540

«в И -у = а8 —

приводит К одно-

16 180°	(6 360' —

я

из соотношений з!п 7 • -з
7

= 51П 7 .

Можно было бы исходить

2л	Зл

= 31П 7 • ~ « 5Ш 7х

1	7

и после преобразования

51П 7х

-*— =» 64 соз6 х — 80 соз4 х + 24 соз8 х —
31ПХ .

— 1 — (4 соз2*)3 — 5(4 соз2 *)2 + 6(4 соз2 х) — 1 прийти к уравнению

У3 — $У~ + бу — 1 — 0, корни которого равны, очевидно, 4соз2 у,
2л	Зг.

4 соз2 — и 4 соз2 — .

7	7
равные образующие и объемы, имеют по равному углу.
Найти этот угол.

Указание. Задача приводится к уравнению (соза —
----2~) С°з3 а + соз2 а + 2 соз а + 2) = О, корни ко-
торого не принадлежат области допустимых для них (для
угла а) значений.

30.	Толщина стенок и дна открытого цилиндрического
с»суда всюду одинакова; высота сосуда (извне) равна
его внешнему диаметру. Определить отношение п толщины
стенок к внешнему радиусу, зная, что объем стенок равен
вместимости сосуда.

Указание. Задача приводится к уравнению и3 —
— 4па + 5п — 1 - 0.

31.	На горизонтальной плоскости стоит цилиндриче-
ский сосуд, в котором налита вода до высоты, равной ради-
усу основания сосуда. Когда на дно сосуда опустили шар,
то уровень воды стал касательным к шару. Найти отно-
шение радиуса этого шара к радиусу основания сосуда.
Как изменится ход и результат решения задачи, если счи-
тать, что первоначальный уровень воды в сосуде состав-
лял у радиуса основания1?

32.	Найти углы прямоугольного треугольника, если
известно, что секущая прямая делит его на две части, имею-
щие равные площади и периметры, и что одна из этих ча-
стей — равнобедренный треугольник.

Решение. Пусть секущая прямая пересекает сто-
роны острого угла р в точках Е и Р (черт. 69). Положим
ВЕ — ВР = х, АВ — с, АС Ь, ВС = а. Согласно
условию задачи 2х2 = ас и 2х = Ь -Г а — х'+ с — х,
4х = а Ь 4- с. Исключая х, получим: (а +• Ь + с)2 = 8 ас,-
или с2 (созр + згпр + 1) = 8с2 соз 3, 2-Ь 2зш р созр 4-
+ -2 31П Р + 2созр'= 8 соз р, . (3 соа р — I)2 = зш2р (1 +
4-созР)2, соз р (соз3 р + 2 соз2 р т 9 соз р — 8) = 0. Так
как соз р 0, то соз3Р + 2соз2р + 9созр —8 = 0 (VIII).

3	/ 3 \з /3 \2

Значение соз р близко К ~г , так как -7 I + 2 • 7 I +
'	4	\ 4/	\ 4 /

,	3	„	19

+ 9.7-8 = 54.

1 Во время опускания шара в воду вода из сосуда не выливается.
Сравните эту задачу с задачей раздела IV.
Положим соз Р = --х (х > 0). Получим: — х3 +

4-2(—--хУ+э/——х)— 8 = 0, или — х3 4- 17 у2 —

\ 4	}	\ 4	/	4

219	, 19 п

— — -44- — = о- Опуская — х3, найдем:
10	04

17	„	219	19

— лу2 —• ~ X! + — = 0 или приближенно 4,25Х12 —

—13,7х14-0,3 ^0, откуда х, = —~ Ч^182-6	о,0223.

8,5

Следовательно, соз р 0,75 — 0,0223 = 0,7277, р
г^43°18'. Способом, указанным в задаче 27, убеждаемся в
том, что уравнение (VIII) больше положительных корней не
имеет. Если секущая прямая пересекает катеты, то получим
(а + Ь + с)2 — 8аЬ, что невозможно, так как (а + Ь +
+ с)2 = а2 4- Ь2 4- с2 + 2аЬ 4- 2с (а + Ь) = 2(а2 4- Ь2) 4~
4- 2аЬ 4- 2(а 4-Ь) /а2’ + &2 > 2 -2аЬ+ 2аЬ 4-2.2/а&Х

Х]/2аЬ = 6 аЬ 4- 4]^2аЬ > 8аЬ.

33.	Полушар и цилиндр имеют равные объемы. При ка-
ком условии полная поверхность цилиндра будет больше
полной поверхности полушара?

Решение. Пусть г и /г — соответственно радиус
и высота цилиндра, Р;— радиус полушара. По условию
задачи лг2/г — — л/?3 или /г —	. Нам надо найти

3	3 г3

условие выполнимости неравенства:
2лг2 4-2лг/г> ЗлТ?2, или 2 г2 4-2г -> 37?2, 6г3 4-
3 г2

+ 4#3>9#2г, б(-Г —9/'-') 4-4 >0, / (х) = 6 х3—

— 9х 4* 4 >0, где х = —. Решим уравнение 6х3 — 9х 4-
4-4 = 0 (IX). Число х находится вблизи х = 0,5,
так как /(0,5) = 0,25. Положим х = у 4- У< получим:
6 +	+ У) +4 = 0' ^ + 9^2 -^ + 1 =

= 0; 9г/12-^г/14--^ =0, 72^-36^4-1=0, уг =

= 18 ~^252 ~ 0,0296.

72

Следовательно, х^0,5 4- 0,0296 = 0,5296. Далее:
/(х) = 6х3 — 9х 4- 4 = 6(х — х^ (х — х2) (х — х3) = 6(х —
— 0,5296) (х — х2) (х — х3). Один из корней х2 или х3
уравнения (IX) отрицателен1, например, х3 < 0. Най-
дем х2. Из х2 4* 0,5296х----------= 0 имеем:

3-0,5296

х2°:523^ +..2:-2.11 0,8557. Так.какх>0и х — х3>0,то
неравенство /(х) — 6(х — х3) (х — 0,5296) (х — 0,8557) > 0
окажется справедливым при х > 0,8557 либо при
х < 0,5296.

§ 2. ЗАДАЧИ, ПРИВОДЯЩИЕСЯ К УРАВНЕНИЯМ 4-й СТЕПЕНИ.

34.	Поверхность шара, вписанного в сферический сектор
первого рода, равна поверхности сферической части сек-
тора. Определить центральный угол в осевом сечении сек-
тора.

Решение. На чертеже 70 представлено осевое се-
чение сферического сектора вместе с сечением вписан-
ного в него шара. Нужно найти <^АОВ = 2х. Пусть
О]Е = ОгС — г — радиус шара.

По условию задачи 4лг2 = 2л • ОА • СО.

Имеем: ООХ = —г—, ОС = ОА = 001 4- ОХС = —г— 4- г,
8Ш X	8Ш X

1 Поскольку х2 4- х3 = — 0,5296 I х2х3 =

2

3 • 0,52!
Ой = ОА соз х = г /14-------соз х, СО — ОС — ОО =

I 51П X /

= г /1 + ——) ( 1 _ соз х ) Следовательно, 4лг2 = 2лг2х

X (1 + —— У(1 — созхУ или 2з1п2 х — (1 + З1п х)2 х

\	51П X ) \	/

X (1 — созх) = (14- зш х)2 -2 зт2 у, зшх = (1 4-з1пх)х

2 51П — СОЗ — = (1 4- 8Ш х) 81П ~. Так как
2	2	2	2

Черт. 70.

31П Л о, то 2 соз — = 1 4- 81п х, 2 з1п — соз — =
2	2	2	2

== 2 соз — — 1,4 соз2 —I 1 — соз2 — ^ = 4 соз2 — —
2	2 \	2 /	2

— 4 соз — 4- 1, 4 соз4 ~ — 4 соз — 4- 1 = 0. Полагая
2	.2	2

соз у = у, получим: / (у) = 4г/4 — 4г/ + 1 = 0. (X)
Очевидно, 2х < 180°. Поэтому ~ < 45° и соз соз45°=
А

=1Су > 0,7. Заметим, что / (0,9) = 0,0244 — число,
близкое к нулю. Поэтому положим у — 0,9 4- г. Из (X)
получим: 4(0,9 4- г)4 — 4(0,9 4- г) 4- 1 — 0, 431а • ~~~ X
X 0>92 4- 4гг • - ' 2 3 0»93 — 4гх + 0,0244 = 0 (члены,
содержащие г4 и г3, мы сразу1 опуетили), 1<0,44г12 4-
+ 7,6642! + 0,0244 = 0, или приближенно 800 2^+ 3142! +
+ 1 = 0,

2, =	+ /'57*-800	_ П_ПП31_

Итак, у 0,9 — 0,0031 = 0,8969 = соз —, —	26°15',

2	2

АОВ 105°.

35*. Из данного сектора вырезать треугольник наиболь-
шей площади.

Решение. Пусть АОВ — данный сектор (черт. 71),

АОВ = 2х — его центральный угол. Если 2х < 90°, то
треугольник АОВ — наибольший по площади, так как
произвольное передвижение вдоль периметра сектора
какой-либо вершины этого треугольника йриводит к сни-
жению ее относительно противоположной стороны треуголь-
ника. Однако при некотором угле 2х > 90° пл. дЛСВ >

Черт. 71.

Черт. 72.

> пл. ДЛОВ, где С—середина дуги АВ. Это произой-
дет. когда Сй .> ОО, то есть при 2х > 120°. Если 120° >
> ^сАОВ — 2х >90°, то наибольшей площадью будет
обладать любой прямоугольный треугольник, катеты
которого равны радиусам сектора: например, △ ОКВ
(черт. 72). Действительно, пл. Л ОКВ > пл. А АОВ, и пе-
ремещение какой-либо вершины АхСКВ вдоль периметра
сектора АОВ приводит, очевидно, к снижению ее отно-
сительно противоположной этой вершине стороны тре-
угольника. Если 2х > 120°, то необходимо сравнить пло-
щадь треугольника СКВ с площадью треугольника АСВ,
так как в этом случае пл. АхАСВ > пл. ДОЛВ. Треуголь-
ник ОКВ {г также другие равные ему) останется- наиболь-
220
шим по площади до тех пор, пока пл. дЛСВ < пл. дОКВ.
Решим это неравенство относительно х. Из чертежа 71 имеем:

ОО = ОВ • ссзВОС = /?соз х, ВО = Я ет х,

ОС = ОС — ОО = Я (1 — соз х), пл. △ АВС = Язшх х
X Я (1 — созх) = Я2 зт х (1 — созх); пл. + ОКВ = 2_ рз
2

Имеем неравенство:

Я2 81П X (1 — СОЗ X) <— Я2, ИЛИ 4 31П2Х (1 — соз х)2 <

<1, 4(1 — соз х)3 (1 4- соз х) < 1.

Положим:

1 — соз х = у, откуда 1 4- соз х = 2 — у.

Получим

4у3 (2 — у) < 1, 4у4 — 8у3 -|- 1 > 0, 16у4 — 4-8у3 4-
+ 4 > °’ Й44 ~	+ 1 > 01	= 4г4 — 4г 4- 1 > О,

где2=Ч'

Решим уравнение:

4г4 —4г 4-1 =0. (X)

Один корень мы нашли при решении предыдущей задачи:
гг 0,8969. Так как ( (2-^ = -2,— число, близкое к ну-
. , 1

ЛЮ, ТО, ПОЛОЖИВ 2 = 1+—, получим:

4 (( + 4*)* ~ 4 (( ^ 4 ) + ' =0,	96 1! ~ 240(1 + 1 =

о, <«<,= 120 ~	..	1» - I19.6 ода417

Итак, г2 0,25 4- 0,00417 = 0,25417. Малость получен-
ного значения при малом является верным при-
знаком того, что все найденные знаки для г2 правильны.
Продолжив процесс извлечения квадратного корня, мы
получили бы еще несколько верных знаков (что подтверж-
дается оценкой погрешности). Остальные корни уравне-
ния (X) г3 и г4 связаны соотношениями: г3 4~ = —
— 4- г2) — (0,8969 4- 0,2542) = — 1,1511, г3-г4 =
1

= -----; отсюда следует, что числа г3 и г4 — комплек-

4г, г2

сные, так как Дискриминант О = (г4 -|- г2)2-------------

21^2

= —~--г+г^'-~ - < 0[21 • г2 < 0,9 • 0,3 < 0,3; (г4 +
+ г2)2 <(6,9 + 0,3)2 < 1,5; 0,3-1,5 <11.

Следовательно, (г — 2з) (г —	> О1. Первоначальное

неравенство /(г) -= 4г4 — 4г + 1 = 4(г — г3) (г — г4) (г —
— 0,8969) (г — 0,25417) >0 эквивалентно следующему:
(г — 0,8969) (г — 0,25417) >0. При 2х > 180° треуголь-
ник АСВ не существует (как часть сектора), поэтому 2х <
< 180°, - <45°, 4з1п2 - < 2, г = — = ---------------- =

2	2	2у 2(1 —созх)

4 51П2	о '

2	2

Поэтому неравенство г<0,25417 невозможно и, следо-
вательно, г >-0,8969, откуда 1/2"= ----------------- >0,9471,

г 2 81П 4
2

зт- <0,5279,	- <31°52', 2х < 127°28'. Это означает,

2	2

что при 2х > 127°28' наибольшим по площади треуголь-
ником является дЛСВ. Лишь при 2х — 360° полу-
чим другое решение — равносторонний треугольник,
вписанный в круг. Итак, при 2х < 90° имеем одно реше-
ние (единственный треугольник) — дЛОВ; при 127°28'>
> 2х > 90° — бесчисленное множество решений (тре-
угольник ОКВ и другие, равные ему, а также треугольник
АСВ при 2х 127°28'); при 180° > 2х > 127°28' — одно
решение (дЛСВ); при 360° > 2х > 180° — бесчисленное
множество решений (прямоугольный равнобедренный тре-
угольник, гипотенузой которого служит один из диаметров
сектора); наконец, при 2х ~ 360°—также бесчисленное мно-
жество решений — равносторонние треугольники, вписан-
ные в круг.

36*. Треугольник, сторонами которого являются бис-
сектрисы данного разностороннего треугольника, подобен
данному. Найти углы этих треугольников.

1 К этому выводу можно прийти проще: так как г4 > 0 и г3 +
+ г4 < 0, то числа г.(иг4либо оба отрицательные, либо обз комплек-
сные; в обоих случаях при г > 0 имеем: (г — г3)(г — г4) > 0,
Решение. Пусть АЕ, ВР, СЕ — биссектрисы тре-
угольника АВС. Для определенности положим, что АС <
< ВС < АВ (черт. 73). На основании задачи 26 (разд. V)
должно быть: СО <АЕ <СВР. Если треугольник, сторо-
нами которого служат биссектрисы СО, ВР, АЕ, подобен
треугольнику АВС, то имеют место пропорции ~ =
АВ

= €^(1) и —С— (2). Из (1) на основании задачи 26
ВР ВС АЕ

(разд. V) следует, что ^.А = 60°. Положив в (2) ~ ==

= СО = АС- —АЕ = АС---------------------------,

8‘пЛ	8!п(с + ^

/„ А \

81П А 81П I С — I

получим:	----------Д------, ИЛИ зш В зш С зш [ а +

51п А МП А-ь- 81пС	'

\	2 /

+	= зш2 А зш (с + зш (с 4- — , так как

Черт. 73.

^А = 60°. Далее: 2 • 2 зш В зш С зш ( А Ч-— =
\	2 /

= 3 зш [с + ^, 2 !соз (В — С) — соз (В Н~ С) 1 зш (А +

-Ь-') = Ззш(с + -') . Так как ^В+^С=Ш,
2 /	\	2 /
соз (В + С) = — А, то [2 соз (В — С) + 1 ] 81п (А +

-Ь-5) = 3 81П (с + -V
2/	\	2/

Возведя это уравнение в квад-

рат и умножая затем на 2, получим: 12 соз (В — С) + 1 ]2 х
X 11 — соз (2А + С) 1 = 9[1 — соз (2С + Л) 1 (3). Но
соз(В — С) = соз [В — (180° — А — В) ] = соз (2В — 120°) =
= 2 соз2 (В — 60°) — 1, соз (2А + С) = соз (180° + А —
— В) — — соз (В — 60°), соз(2С + А) = соз(180° +
-у С — В) = — соз (В — С) = 1 — 2соз2 (В — 60°).

Полагая соз (В — 60°) = х, получим из (3):
(4х2 — 1)2(1 + х) = 18х2, 16х4 — 8х2 + 1 + 16х5 — 8х3 X
+ х — 18х2 = 0, 16х5 + 16х4— 8х3 —26х2 + х + 1 = 0,
(х — 1)(16х4+32х3+24х2 — 2х — 1) =0, (х—1)[(2х-|-1)4 —
— 5 (2х + 1) + 3 ] = 0.

Из равенства х — 1=0 следует, что х = соз (В — 60°) =
= 1, откуда ^В — 60° = 0, ^В = 60°, что невозможно,
так как треугольник по условию разносторонний. Следо-
вательно, (2х	4-	I)4 — 5(2х + 1)	+	3 =	0,	или	/(у) =

— у* — Ьу + 3	=	0,	где у = 2х +	1.	Так	как ^.А	= 60°,

то ^В < 120° и соз (В — 60°) — х >А, у = 2х + 1 > 2.

Полагая у = г	+	2,	где г > 0,	получим:	(г +	2)4 —

— 5(г + 2) + 3	=	0,	или г4 + 8г3	+	24г2	+	32г +	16 —

— 5г — 10 + 3 = г4 + 8г3 + 24г2 + 27г + 9 = 0, что
невозможно, так как г > 0. Итак, указанный треуголь-
ник не существует.

37.	При каком условии отношение объема шара к объе-
му вписанного в него цилиндра окажется равным отноше-
нию поверхности шара к полной поверхности цилиндра?

Решение. Задача приводится к уравнению /(х) =
= 4х4 — 12х3 + 4х2 + 12х — 9 = 0, где х — отношение
радиуса шара к радиусу цилиндра (очевидно, по смыслу
задачи х > 1). Пусть х = у + 1, где у >0. Получим
4(у + I)4 - 120/ + I)3 + 4(у + I)2 + 12-у + 1) - 9 =0,
4у4 + 4у3 - 8у2 - 1 = 0, у4 + у3 = у2 + у2 + Л

При у < 1 будет: у4 <у2, у3 < у2.

Следовательно, у> 1. Пусть у = г + 1, тогда 4(г + I)4 +
+ 4(г + I)3 — 8(г + 1 )2 — 1 = 0, 4г4 + 20г3 + 28г2 + 12г —
— 1=0 (XI). Отбрасывая члены 4г4 и 20г3, получим:
28г!2 + 12г± — 1=0, откуда гх — —^~64- - —. Оце-
’ -г 1	28	14

ним допущенную ошибку:

4г4 + 20г3 = 28(212 — г2) + 12(21 — г) = 28(21 — г) (21 +
+ г) + 12(гх — г) > 12 (21 — г), + 28 (21 — г) 21 = 12	—

— г) + 28 (21 — г) • 1 = 14 • (21 — г); гх — г <
14

4 гм^	^±1^ =	0,0005 (г < 21).

14	7	14®

Следовательно, с точностью до трех знаков имеем: х =

= // + 1 = г + 2	2— (с избытком, так как г < 21).

Уравнение (XI) при г > 0, очевидно, не имеет решений,
кроме найденного.

38.	Центр одного шара лежит на поверхности другого
шара, причем объем одного из этих шаров делится поверх-
ностью другого пополам. Найти отношение радиусов
этих шаров.

Решение. Задача легко приводится к уравнению

/(х) = х4 — 8х + 6 = 0, где х = 2

• — и -— искомое
К

отношение, причем из геометрических

соображений 2г >

> Я > г, откуда 2 < — < 1 и 1
/(1,5) < 0, /(1,6) <0, /(1,7) >0,
|</(1,7) | (вычисления проводим при
логарифмической линейки). Пусть х

< х < 2. Имеем:

причем | /(1,6) । <

помощи таблиц или

= 1,6 + у (у > 0),

получим:

(у + 1,6)4- 8(у + 1,6) + 6 = 0, у* +
+ 4//3 • 1,6 + бу2 • 1,62 + 4у • 1,63 — 8у — 0,246 = 0,

15,36//?	8,3841/1 — 0,246 = 0, ух	17-58 +.3.-78;

15,36

— 2^12 — 0,0279.

15,36 ’

Итак, х 1,6 + 0,0279 = 1,6279, откуда за 0,8139.

К искомому значению х можно было бы приблизиться и
таким способом (вычисления проводим по четырехзнач-
ным таблицам).

х4 = 8х — 6 >8	.	1,6 — 6 =	6,800,	х>	1,614;

х4 >8 • 1,614 —	6	= 6,912,	х >	1,621;

х4 > 8 • 1,621 —	6	= 6,968,	х >	1,625;

15 Д. С. Людмилов

225
х2 * 4 >8  1,625 — 6 = 7,000,	х > 1,627;

х4 > 8 • 1,627 — 6 = 7,016,	х > 1,628.

Далее таблицы не дают улучшений. Следовательно, х

1,628.	__

39.	Вычислить бет помощи таблиц у'25.-

Решение. Значение корня весьма близко к 2;
поэтому положим р 25 = 2 — х, откуда (2 — х)ь ~ 25.
Раскрывая скобки и опуская члены с х'\ х4, х3, получим:
80х2, —80X1 4-7 = 0, откуда ху.^ х	~ 0,096.

Следовательно, У 25	2 — 0,096 = 1,904.

Такой же ответ получим, пользуясь таблицей логарифмов.

Примечание. Проиллюстрированный во многих
задачах этого раздела способ приближенного вычисления
корней (путем приведения к квадратному уравнению) мож-
но алгоритмировать следующим образом. Положим в урав-
нении хп + ахп~х 4- Ьхп~2 4- ... 4- (1х3 4- кх4 + 1х 4- р --
= 0, х ~ у 4- а,
где а — весьма малая дробь. Получим:

(у 4- и)" + а(у + а)"-1 + Ь(у + а)"-2 -1- ... 4- 1(у 4- а) 4-
4- р — 0, или (уп+ауп~1 ±Ьуп~г+ ,..-}-1у + р) + (Спуп~1^-
4 Сп_хауп~4-^ С\_.$уп~3+	(0'"^-*+ С^1ауп~3А

+ С„~2Ьуп~4+ ...)а2 +(Спуп~3+С^ау'1-4+С3_2Ьуп~3 +
4-...) а3 4- •••• 4- а" = Н(а) — А 4- Ва 4- Са24-Да3+... +
4“ ап = 0,

где положено уп 4- ауп~14- Н/л~24~ ... + 1у + р = Ду) =Д1

С;уп-' + С^ау”-4 + С'п_гЬуп~3 4-... 4- I = В и т. д.
Отбрасывая член Па3 и все последующие за ним

члены, получим:

А 4- Ва2 + Си,2 = 0,

— В + /В2-4ДС
2С

откуда а

Так, например, для уравнения IV х3 4- х2 + х— 1 — 0
(задачи 19—23) при х = у 4- а =	“ найдем: А ~

+ ' = т

мы приходим

5
к уравнению —

2 I 11	1	л

а? 4------------------= 0,

4	8

полученному нами

ранее (см. задачу 23).

Следуя Н. И. Лобачевскому, можно было бы в уравнении
Г(а) — 0 отбросить все члены, начиная с Са1 2 и получить
уравнение А + Ва, = 0, из которого ак ~ . Абсолют-
в

ная погрешность, оцениваемая величиной ю — аД, мо-
жет оказаться в этом случае значительной и соответствую-
щая точность округления практически недостаточной (в
каждом отдельном случае нужно вычислить эту абсолют-
ную погрешность; она, очевидно, тем меньше, чем меньше
величина |а|). Однако повторяя, как это предлагает
Н. И. Лобачевский *, указанный процесс несколько раз
подряд, можно вычислить а, а следовательно, и х —
с любой точностью.

Для рассмотренного выше примера имеем:

А 1	11

И1 = — —	: ~ 0,04 (при у = 0,5). Полагая теперь

у = 0,5	0,04 — 0,54, получим:

А = [	(0,54)	— 0,011, В = 3 • 0,542 + 2 . 0,54 +

А 0,011

4-2 . 0,54 + 1	2,955, а2 =— - = —-	0,00372.

1	о 2,Узо

Следовательно, х 0,54 А- 0,0037 — 0,5437, что совпа-
дает с результатом, полученным в задачах 19—23.

1 См полное собрание сочинений, т. IV, Гостехиздат, М,—Л.,

1948, стр. 419—420.
ОТВЕТЫ.

I. Арифметика.

1. 1001. 2. 8; 840. 3. 7 . 4. 0,1, 4. 5. 49. 6. 50%. 8. В 5 раз. 9. 1. 10. В 13
раз. 11. 1 год. 12. 1 брат и 2 сестры. 13. В 1 — раза. 14. а) 22 раза,
б) 22 раза, в) 44 раза. 15.гг4 час 22 мин. 16.»7,7 км. 18. Желая ре-
шить задачу без помощи весов, можно сосчитать количество зерен,
помещающихся в какой-либо небольшой мерке (например, неболь-
шой пробирке), затем сосчитать, сколько таких мерок помещается,
например, в стакане и т. д.

20.	Длину плота разделить на время прохождения его мимо какой-
либо неподвижной (относительно течения) точки.

21.	Подсчитать число деревьев на небольшом участке средней гус-
тоты и полученный результат умножить на отношение площади ле-
са к площади указанного участка.

22.	Необходимо знать объем железа и толщину жести.

23.	Всю обкладываемую площадь разделить на площадь средней
по величине грани кирпича.

25.	Общую площадь полов умножить иа толщину доски.

29.	Объем ледника умножить на 0,9 (удельный вес льда) и полу-
ченный результат разделить на 3.

30.	Высоту здания умножить на удельный вес кирпича, который
по данным задачи легко найти.

31.	Взвесить известный объем пшеницы, например 1 куб. дм (1 л),
измерить объем всей пшеницы и оба результата перемножить.

тй

32.	В п = — об/мин.

35. Найти время, в продолжение которого поезд проходит мимо
одной из двух данных точек, а также время прохождения расстоя-
ния между данными двумя точками какой-либо точкой движущего-
ся поезда (например, перевозом). Дальнейшее ясно.

37.	Найти (пользуясь мензуркой) объем куска металла и соответ-
ствующий этому объему (в предположении, что полостей нет) вес.
Затем взвешиванием находим действительный вес. Дальнейшее
ясно.
г	г

38.	«216 кг. 39. 0,5—. 40. 2—. 41. «0,87. 43. 100 руб
смэ	см3	г 3

II.	Алгебра.

2.	В 1—раза. 3. ±3087. 4. 99. 5. 18. 6.9. 7. 792. 8. В 2 раза. 9. В 4

раза. 10. ±2 ед. 11. В 3 раза. 12. ±1.

13.	Существует бесчисленное множество таких дробей.

14.	И. 15. Одно из этих чисел должно равняться 2 или 0.

17.	Отношение этих чисел должно быть 2 : 3.

18.	Одно из этих чисел должно быть 0 или ± 1 (необходимое условие).
Г

19.	1. 20. 2— . 21. 3. 22. 1089. 23. 1331. 24. 143. 25. О или 1.
см3

26. 6. 27. 44. 29. 3.

31.	Отношение цифр двузначного числа должно равняться 2, либо
сумма этих цифр — 9, либо цифра единиц — 0.

32.	2. 33. 3 сиХб см или 4 смХ4 см.

34. 12 смХ 12 смХЗ см; 8 смХ8 оиХ4 см; 6 смХб смХб см; 5 см X
Х5смХ10см. 36. 36. 37. 27. 38. 511 или 255. 39. 143 и 143 или
167 и 334.

40. 10. 41. Условию задачи удовлетворяют все трехзначные числа,
оканчивающиеся нулем, а также числа 105, 108, 405.

42.376 или 625. 43. 111 111 или 102 564. 44. 199. 45. Площадь умень-
шится. 46. 4. 47. 1. 48. Нет. 49. Нет. 50. Нет. 51. Число не может
изображаться тремя одинаковыми цифрами в иной системе счисления.

53. Искомыми числами являются все двузначные числа, оканчива-
ющиеся цифрой 9. 55. 81. 56. См. решение в тексте. 57.у/"3 .

58. Наибольшее число есть произвольное число, большее 3; осталь-
ные числа равны 1, 2, 3.

61.	В случае безветренной погоды. При увеличении скорости ветра
указанное время увеличивается.

62.	Было бы израсходовано меньше времени, если бы направление
ветра совпадало с направлением течения.

69.	На путь АВ ушло больше времени.

70.	а) Могут, если корни трехчлена различны; б) Нет.

км	км	км 1 д_ ьГГ

71.	7,9—. 72. 11,2—. 73. х 42,3— . 74. 1 + и « 1,618.
сек	сек	сек	2

75.	1+К1 х 1,618. 76. х 1,618. 77. ^~5 ~ 1 • 100 х

2	2	2

х 61,8%. 78. х х 29,3%. 79. <?(2 ± /2) « 10(2 ± 1,4)—.
_________________________________ сек

80. И =	+	+	390 м> гда о = 34ОЛ. (ско.

д	сек

рость звука), § — 10— (ускорение силы тяжести).

81.	1, — 2,0

1	+ /а

83.	 и

1 +

или 1, — 1, — 1.

(1 + /2) I

— • ~г~, где I — произвольное рациональное число
1 + <
_ /2—0/ 4-3	4/	/2 — 2/ — 3	4/

84.		 и -------------- или --------;— и --------где I —

3 + I2 3 + I2	3 4- I2 3 + &

произвольное рациональное число.

85.	247 500. 86. 666. 87. Нет. 88. Да. 89 4. 90. 0.

91.	3 : 1 : — 1 : —3. 95. Второй велосипедист.

96. Задача может быть решена без применения арифметической про-
грессии: совершив п кругов, тракторист вспахал полосу шириной
<2п\ невспаханная часть представляет собой прямоугольник со
сторонами а — 2<1п и 6 — 2йп; следовательно, вспахано аб —
—(а — (Ь — 2(1п) — 2с1п(а -ф Ь) — 4 с12п2 = Рйп — 4Л2п2

рК

(а и 6 — длина и ширина поля). 97. Р1г -|——, где Р — вес ведра,

р — вес веревки, Н—глубина колодца. 99. ~ 16,7—. 101, Да.
сек.

103. Знаменатели прогрессий должны быть равны. 104. 1.

106. 1. 107. Нет. 108. Задача неопределенна. 109. 1 : — 1 :
2

ПО.— первоначального количества спирта. 111. а) Нет.
3

105. 1.

1 : — 1.

б) Да.

112. Нет. 115. —а, 2а. За...па, (п + 1)а,,.. 116. 1 или 4. 118. Нет.

119. 1. 120. Увеличился на 1.

122.	Может. Искомые логарифмы связаны уравнениемх + у — ху,
имеющим бесчисленное множество решений.

123.	Основание а логарифма числа и само число определяются

I	1

„2	„

из соотношений а= п , А/= п , где п— произвольное число

(положительное). 124. 1. 126.—3+КЗ>—У^З+1, —V 3 —1 и 1

3
или ~.3.тУ13_, /Г+ 1, Кз”— 1 и 1—1^-127. а) Да, б) Нет. 128. 2.
129. 1. 131. а23,5 года. 132. «44,2%. 133. 16 или 17. 134. «109 км.

111. Геометрия.

1. 0,25°. 2. Скорость движения (в 1 час) парохода разделить на дли-
ну окружности меридиана (®40 000 км) и полученный результат

„км	40 • 360

умножить на 360 . Так, при скорости 40 ——получим:------—360=

3	час	40 000

3°
= 0,36°. 3. 60е. 5. 135°. 6. Нет. 7. 60°. 8. 30°. 9. 72° или 51— •

10. 90°. 11. При изготовлении одной рамки отход составляет
4 а(с,м), где а —'ширина багета с тыловой стороны; например, при
а — 10 см отход составит 40 см. 12. 60°. 13. 72е 14. 2. 15. 5. 16. 90°.
17. Кантовать с горы в 3 раза легче 18.3. 19. Нет. 20. На расстоя-
ние равное ширине реки. 21. Бесчисленное множество. 22. 90°.
23. 45°. 45° и 90е или 72°, 72° и 36°

24.	Воспользоваться подобием треугольников.
25.	Поставив шест вертикально, измерить длину его тени, измерить
также длину тени от дерева, воспользоваться подобием треуголь-
ников.

26.	2. 29. Нетрудно найти (на основании подобия прямоугольных

треугольников) высоту насыпи.

Р1

30.	Искомая сила приближенно равна где Л — длина стрелки

троса, / — его длина, Р — вес; все величины выражены в метрах.
31. В /Т = 1,4 раза. 33. 30°, 60° и 90°. 35. 30. 36. 9. 37. РС*-ЛВ2 =
а	Ь	с

= РА*  ВС* + РВ*  АС*. 38.	— и (сас + ьай+

аа	&&	и

+ айД2 = 45\ где 5 — площадь треугольника (являющаяся

функцией его сторон). 42. Утверждение верно всегда. 43. Да.

Диагонали такой трапеции взаимно перпендикулярны. 44. 90°.

45. Две другие

стороны четырехугольника параллельны. 50.—•

51. — . 54. 3. 55. (2/3 ; 3) : 1. 56. (]Л2± 1) : 1. 58. 60’, 90° или 120°.

5 _ _ 1

59. 179°. 60. 4,9 или 36. 61. а) 31/3 : 4, б) 2^3 : 3. 62. — •

О

63. 2~Т-К1_^0,14. 64.66. 15. 68. 8=^'ат-. 69. а 1670км/час.

2	2	П[	_

70.	3,1 -—,-35 800 км. 73. 3, 4, 5 или 6. 75.	X

сек	6

41'/"Т

X 100 % 9,3%. 76. » 0,17. 77.  "   «2,3. 78. 3 : 8. 79.^0,47. 80. 4.
О

82. —. 83.—— — к 0,18. 84. 2. 85. г ~ 0,14. 86. 12У. —
2	2 тс	тс 2	тс

— к 0,05. 87. а) 6, б) 2п, в) 2п — 2, г) п + 1. 88. а) 5, б) 2.

89. а) Зп—6, б) 1. в) 2/г — 3, г) 1. 90. а) 2л—1, б) 1, в) 2, г) 0. 91. 25.
92. 45°. 93. 60° 94. Достаточно измерить сторону (стороны) основа-
ния (оснований) и боковое ребро пирамиды. 97. В(/3 — 1)(/2 —
— 1)~ 1,8 раза. 98. 3. 99. З/З  4. 100. /3 . Правильный шести-
угольник. 101. 1) 1 : у 3 (отношение поверхности куба к поверхно-
4 ' —

сти тетраэдра). 2) 1 : у 3 (отношение объема тетраэдра к объему ку-
42000

ба). 103, 2 : 3. 104. ——— = 54 кв. см.

7.0 • 100

106. К2. если высота призмы не менее высоты ее основания (высоты
равностороннего треуюльника); в_противном случае задача неопре-
деленна._107. 5:7. 108.1 : 4 —/5. 109. 7:12. ПО. 15:16.

111. 8/2:9. 112. 90°. 113. 3 : 8. 114. а) 1 : 4, б) 2 : 1. 115. 1 : 15.
116.1:47. 117. —• 118. 1-120. 1:27 121. В отношении 1 : Н/Т
2	27	 ' 4~

— 1), начиная от вершины. 122. У 3 — / 3. 123, п3. 124. Меньшее
1

по размерам тело остынет скорее. 125.

—— « 1,7 раза. 127. На
г 4 —1

конической поверхности отметить три точки, равноудаленные от
вершины; около треугольника, сторонами которого служат рассто-
яния между найденными точками, описать окружность. Дальней-
шее ясно. 132. V = т.с11г (О — сГ), где V — искомый объем, Н —
— глубина колодца, (1 — толщина каменной стенки колодца, О —
диаметр колодца (до облицовки).

133. Часть основания цистерны, выступающая над землей, пред-
ставляет собой сегмент. Измеривхсрду 2г/ этого сегмента и его вы-

1	2ЛН	— К1)

соту (стрелку) /г, придем «результату— аге зш -----------5-------

л й2+/г2	т.((Р -|- /г2)2

желая избежать применения тригонометрии, измеряем (шнуром) дли-

ну I дуги сегмента и приходим к результату:----------------------

л (с/2 + /г2)

2о7г(с(2 — /г2)

к (й2 + /г2)2

и

134. {—----------. где /?— внутренний радиус шланга.

п/?2)/ 2^

46/

135. Искомая скоростью равна: V —--------— , где I)—объем сосуда,

л а2г

/— время (в сек) его наполнения водой, с! — диаметр выходного
отверстия крана.

136 Искомое количество бумаги 5 выражается формулой: 5 =
О 2________о 2

==л/г- —-------, где /1 — толщина картона, /г — высота рулона,

4 г/

О, и О2— соответственно внутренний и внешний _диаметр его
(возможно, что О| = 0). 137. 12г. 138. 2. 139. _(/5 — 1): 2 или
(3 5— 5) : 10 (начиная от вершины). 140. 1 : /2; (120|А6)°.

з/у-	г-	2	90

141.2—высоты. 142. 3 : 2. 143. (/5+ 1): 4. 144. -• 145.---

2	9	(2 + у 15)3

146. 5 : 12. 149. Проще всего измерить глубину (стрелку) котлована К
и расстояние й от самой нижней точки котлована до верхнего края
т+(342 — 2/г2)

его. Тогда искомый объем выразится формулой V =	—------'

150. 1 : 4. 151. Искомое число шаров равно 13, а искомое отношение
- 3. 152. 1 : 3. 153. /И5 ± 1. 154. 21^± -. 155. — .

5	4

156. «5,3- 1018 кг (радиус Земли принять равным ~ 6400 к.и).

157. « 47,6%. 158. 3,4, 5 или 6. 159. (У 2 ± 1)2. 160. ^2+ /З.

161. 5 : 27. 162. 1:1:1. 163. 7 : 3. 164. а) 1 : 3, б) Л . 165. 4.

166.

171.

1 : 4.

Объем

167. В /1,5 раза. 168. 4. 169. 4. 170.	4 — 1.

г/г3

кольца равен — ,
о

где Л — высота соответствующего
тЛ3
цилиндра. 172. У = л#2/г + —, где V — искомый объем, Я — ра-
диус основания бочки, Н — ее_гысота (размеры внутренние).

173. /З. 174. 2. 175. 2 + /3 . 176. 9:1. 177. 4:9.178. 12:25.

179. г' Тб. Второй шар соприкоснется с водой только в одной
точке. 180. 50% 181. У 2 + 1. 182.	~ 0,9.

183 ______Е3________

1+2(]<3 ± 1) '

IV. Применение алгебры к геометрии.

1. 22°30', 67°30', 112° 30', 157°30'. 2. 60° 6^3 : 4 : 5.

7. Треугольник равносторонний. 8. 2 + У 3 .	9.	2 : У~3~: 1,

10. (3—/Г) : 2 х 0,635. 11. 9 ~	. ~0,6.

_	_	9 _	_

12. 2,5 ед. 14. = 62% . 15./5 : У 3 или У7 . У3 . 16.45°.

729

17. 12 м и 8 м. 18. — . 19. Искомая высота дэлжна разделить
боковое ребро в отношении 2 : 1 (начиная от вершины пирамиды).
20. Искомая высота должна разделить апофему пирамиды в отно-
шении 10 : 3 (начиная от вершины пирамиды). 21. 53я = 5,(35»—
—25,)2. 24. лО2: отход равен боковой поверхности равностороннего
цилиндра, диаметр которого О равен диаметру трубы. 25. Нет.
26. 96 л. 27. 12 л (Куб. см). 28.	1 9.9)	9,92 первона-

3

чалыюго радиуса; воспользоваться подобием конусов. 29. 0,5.
/г(О — б)

30. Искомая высота х равна: х —----—---, где К — высота дерева,

О — диаметр ствола у основания его, б. — диаметр (толщина) ство-
ла на высоте х. Используйте подобие треугольников. 31. Нет.
32. а) 1 + ИЕ <8 1,618; б) 1 +/Г х 2,73. 33. Нет.

2________

34. ‘Ф.К.Е3,.~(3 ~х 1,74. 35. Отношение радиуса второго ша-
2(6 —л)	_

ра к радиусу первого равно 1 + У 3 ~ 2,73.

36. (И34-2К5 — 0 : 2 : (|/з + 2КЕ + 1). 37 3 ~	.. ® 0,21.

_ _ 6

,	3(13г./ 6 — 18/ 2)

38.	1) 2(У 3 + 1); 2) —--— х 6,7.

т.у 6 + 18/ 2

/ ,— ч	4(2л — 3)

39.	1) 4(УТ + 1), 2)-----2=----1---- « 27,

3( I / 3 + 1 — 2л)
40.	А > 1 4- И 5 (а и — смежные стороны ' параллелограмма),
а 2

4:. 1 с -В- < 1±±2_ (АВ > СО). 43. -> 2(3 + КТ).

СО 2	 г

44 п > 1+-К 1.45. п. > 2. 46. 1 < п < 2. 47. 2 > п > 1- .

4	2

51 Объем полушарт больше. 52. Полная поверхность конуса больше.

53 Объем полупара больше. 54. Из всех равновеликих прям уголь-
ников квадрат обладает наименьшим периметром. Количеств? за-

трачиваемых на строительство лома материалов определяется глав-
ным образом этим периметром. 55. Равносторонний треугольник.
8

56. Плитки должны быть равносторонними (правильными). 57.—.

58.	60. Куб. 61. Куб. 62. /1 — -1 21С3 4_ ] . 100 ж 63%-

( Зп. )

63. Апофема основания призмы должна равняться половине ее вы-
соты 64.^42%. 65. Отношение радиуса основания конуса к его вы-

соте должно быть 1 ; К 2 . 66. Радиус цилиндра должен равнять-

1	г	2	2	г	2

ся — диаметра ко гуса. 67. Если—< —- , то у = —/?; если — > —,

3	А	3	3	А	3

то у = г, где у — радиус цилиндра, /? и г — радиусы оснований

конуса (/? > г). 68. 1 —

2

— яг 0,184. 69. Высота ведра долж-
О

нт равняться радиусу его основания. 70. Осевое сечение банки

должно

нуса к

быть квадратным. 71. п. = —. 72. Отношение высоты ко-
О

2

его образующей должно быть —. 73. Сферический сегмент

должен иметь форму полушара. 74.

_ а + Ь — /а2 - аЬ -р Ь2
(X — '"	1	1	*

6

/5+1

2

V. Применение алгебры и тригонометрии к геометрии.

1. а) а > 45°, б) а > аге соз -------!- ® 51°50' .2. а) — — <

2	2

< зш а соз а < —, б) — / 2 < зг'п а + соз а < / 2 . 3. ~—0,852.

4. соз (соз х)> зш (зш х). 5. Нет. 6. Нет. 8. яг 12 час 9 мин 33 сек.

9. 2 и —. 10. аге зш У-Л-------!- ~ 38°10',

2	2
11,	а) ® 53'6' и ~ 36’54', б) 51’50' и 38" 10'. ,

12.	45°. 13. 45° или аге соз (|Д2 —1) » 65’42',

14.	аге зш = 35’16'. 15. аге 81п	5 а 38'10'.

3	2

16.	Треугольник прямоугольный и равнобедренный.

17.	а) 79°, б) =: 77е 18' или 30’10 .

18.	2. 19 60° 20. 60° 22. г. 101°57 и 23"54'.

24.	СК = ЛВ-1еа, где а — угол ската крыши.

25.	* 43’42', 20’12', 116’6' или г 70’33 . 70’33', 38"54'. 27. 45°.4

28.	Время, необходимое для переплытия реки, не зависит от скорости
ТСЧ-.’НИЯ.

29.	1) = 106°47', -47’52', =г25°2Г и -73’13', - 47’52', ^58’55',
2)	123’43', = 38’44', &17°33, = 56’17', = 38’44', = 84’59' задача

имеет 2 решения.

30.	1) = 110’42', = 41’24', —27’54' и=:69°18', » 41'24',^69 18'.

2) =120°, 30°, 30° и 60°, 30°, 90°.

31. Да.

1

АВ

1 1

ВМ + ВЫ .

2

соз а—соз Р соз у

34.	соз а' = --------------(одно из трех аналогичных соотно-

81П Р 81П 7	Г

шений).

р а 180°

36.	зш — соз —= соз -------; а = р, если п = 3, откуда а =0 =

= 90°.

37. соз

39. 2 аге

360°	соз а — соз2 7

п	$ш27

У"ь —1	„ ,

соз -— -------- 103’40'.

38. а 67’21'.

40.	Острый угол равнобедренной трапеции (сечения канала) дол-
жен равняться 60°.

41.	Сечение канала должно иметь форму половины правильного
шестиугольника.

Ч- ^2 т

42.	(I — --------—--------, где 4 — боковое ребро правиль-

ной призмы, Я; (I = 1,2,3, .... и)—боковые ребра усеченной призмы.

43.	V =	5бок — Р<1, где V, (?, Р, 5, <1 — соответственно объ-

ем, площадь перпендикулярного (боковым ребрам) сечения, пери-
метр этого сечения, боковая поверхность, расстояние между цент-
рами основания усеченной призмы.

44.	V — $б(Ж = 2лЛМ, где V, 5бок /? и <1 — соответственно объ-
ем, боковая поверхность, радиус окружности перпендикулярного
сечения, расстояние между центрами оснований усеченной призмы.

45.	а) аге 1§ 3	3'~ 1 % 43’24', б) агс1§2^3. « 40’6'.

4	3
46. —• 47.

9

48. а) 2агс з!п

12 аге « 65°50'.
18	___

4=- ж 70 32', б) 2 аге з!п 1/ — к 109°28',
У 3	г 3

/соз 60° \	/соз 36° \

в) 2 аге 31П |-----— а 116°36 , г) 2агс зш I ———— I я 138°12'.

' соз 54° /	\соз 30° )

49.	2 аге /1- 1 ж 65°30'. 50. 2 аге рЛ /Т- 1

51.	а) 2 аге 18 ]/"	4 — 1 ж 74°58', б) 2агс УУТ — 1 ж 65°30'.

52.	аге зт у д,5 ® 52°ЗГ. 53. Задача имеет бесчисленное мно-

жество решении.
1

54. аге соз — ж
О

70°32', аге соз К1ж

3

54°45' и аге соз (1§ 54°1§30°)ж

ж 37°22'. 55.	2 агс81п——- ж 42°56'. 56. аге	53°8'.

&	о

57.	Необходимо измерить еще два элемента крыши, например, ее
длину а и ширину Ь (длину и ширину дома). Тогда искомое полн-
ей

чество жести 5 выразится формулой: 5 = со5 д кв. ед., где а —

угол ската (выступы крыши и швы в расчет не приняты).

58.	агс1§ // 5 + 2 ж 64°4'. 59. аге соз (/8 — 2) ж 34°6'.

60.	~ агссоз ^4 — р2Г) ж 62°50'. 61. а) у аге соз ( 2 —]Л5 ) ж

2

ж 51°50' б) агссоз — ж 48°11'. 

О

62.	а) Число сторон основания равно 3,4 или 5 и соответственно:
2) плоский угол при вершине равен 30°, 45° или 54°.

63.	Нет. Объем правильной пирамиды всегда меньше куба ее боко-
вого ребра. 64. Боковое ребро правильной пирамиды является сред-
ним гармоническим боковых ребер «усеченной» пирамиды.

3	4

65. аге 1а — ж 36°52'. 66. ж 65°32'. 67. 2 агс зш— ж 106°16'.

4	5

У з

68.	агс 1§'2я 63°26'. 69. Могут, еслиа^агсзШ—— ж 35° 15', где а —

угол наклона диагонали осевого сечения одного из цилиндров к
плоскости его основания.

у г

70.	Нет. 71. а) Да, если а^2 агссоз —— ж 109°30' на — угол при вер-

Уз”

шине осевого сечения одного из конусов б) Да, еслиау=2 агезш!— яз

3

ж 70°30' и а — угол при вершине осевого сечения одного из
конусов. 72. 36°. 73. у агс з1п ( 2 У~2 — 2^ ж 27°57' и 62°3’.
74.	а) а = 90°, б) а = 2 агссоз}/0,5 « 74°58', где а — угол при вер-
шине осевого сечения конуса. 75. агссоз ^У'2 — 3 ^« 62°2Г.

1	о___т/’о”

76.	агссоз— я 70°32'. 77. агссоз —2_±_ и 72°58'. 78. 45° или

УТ	1

2 аге з1п х 73°2 .	79. аге соз — я 70°32'.	80. Конус.

2	3

\	1Л12 3

У 5 —2 « 76°2Г. 82. а < 2 аге з1п ----------и 17°47'

!	-	3

1

где а — уГол при вершине осевого сечения конуса. 83. 2агс зш — «
агссоз 0,25

и 83°38'. 84. ----—------ «0,42. 85. 2 агс!§ (зш 60°) « 81°48'.

1о0

3	г-

86.	2 агс(§ (зш 45°)~70°32'. 87. агез!п-^~ «48°36 . 88. агс1§У 2 «
у 5“___________________1	/ __	\

»54°44'. 89. агссоз--------«5Г59'. 90. 2 аге соз (У 3— 1 ) «

«85°1Г. 91. Отношение радиуса основания конуса к его образую
щей должно быть 1:3.	_

/ 2	§ \ |	У17 + 1

93.	I а3 + Ь 3 I . 94. агссоз --$--- «50 1 Г. 95. Все скаты

крыши должны быть треугольными (см. решение в тексте).
К

97.	аге , где Л — высота незаполненной жидкостью части ци-

У1 + 4 & - 1
линдра, г — радиус цилиндра. 98. з1п а <----------—--------, где

5	1 ' Уз уз

к =^2- 99. соз® а=ку%’ если —з~ < к < (усеченный конус),
Уз	У1 | 4Ь2__ 1

соз2 а = 1, если к < (цилиндр) и соз2 а =	, если й>

1/3

> (полный конус) (обозначения предыдущей задачи).

у 1 + 4+— 1	2

100. соз2 % =----—------, если к < —— (полный конус) и

2

соз2 а= 1, если к > — (цилиндр) (обозначения задачи 98),
О

VI. Задачи, приводящиеся к уравнениям третьей
и четвертой степени.

1. «1,532. 2. « 1,532. 3. «40°45'. 4. соз 40°«0,766, соз 80°«0,1736.
5. «0,3473. 6—7. Сферическая поверхность полушара всегда
меньше боковой поверхности равновеликого ему (или описанного
около него) конуса: обе задачи не имеют решения.
8.	а 53Г16'. 9. = аге сох 0.2694 %74°22' или =?аге соя 0,8376%33°6.
10. ^ 59.72%. |1. = 32:36'. 12.=: 1,74: I : 1,74. «3. 0,3176 первона-
чального количества 14. а аге соя 0,6624 = 48°31 или 36 . 15. а 0,4205
и = 0.7741 16. =агс. соя 0,8411 =32'"45'. 17. а аге соя 0,84 11 а 32°45'.
18. а 84.11%.	19	5 35,21%.	20. а 2 аге 0,5437 а 57°4'.

21.	< 2 аге 0,5437 = 57’4’ и 90'—57 4' = 32*56'. 22. 45° или = 73’37'.
23. х> 0.5137, где х — знаменатель убывающей прогрессии.
24. 5 0.3521.

25.	> 2 а те я1п 0.4031 5 47’32' или’67°30' (если указанная биссектриса
делит прямой угол). 26. 5 аге соз 0,4031 5 66'14'. 27. ~4 аге 0,5961 ~
360°

= 123° 12'.	28.	---- гк 1,253. 29. Нет решений. 30. п = 0,2452.

31.	Первое допущение неверно. Во втором случае за-
дача приводится к квадратному уравнению, дающему два
1/ 3— 1

решения: 1 или-----= 0,366. 32. = аге соз 0,7277 ==43°18' и 90° —

2

—43°18' = 46"42'. 33. Приближенно х> 0,8557 или х<0,5296, где х—
отношение радиуса цилиндра к радиусу полушара.

34.	5:4 аге соз 0.8969 5 105°. 35. См. решение ь тексте. 36. Указан-

ный треугольник не существует. 37. х^2—, где х—отношение
14

радиуса шара к радиусу цилиндра.
г	г

38:	— =0,8139. где — — отношение радиуса второго шара к ра-
7?	7?

диусу первого. 39. а 1,904.
СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие......................................г .	3

ЧАСТЬ I.

О составлении и решении геометрических задач.

1.	О принципе определяемости задачи.................. 7

11.	Принцип определяемости геометрической задачи . .	10

111.	Ознакомление учащихся с принципом определяемости гео-
метрической задачи (фигуры). Нахождение числа т. 13

IV.	Составление геометрических задач................. 23

V.	Примеры неправильных условий..................... 26

VI.	Решение геометрических задач..................... 31

§ 1.	Анализ условия задачи с точки зрения ее определя-
емости ...........................................  —

§ 2.	Задачи, данные которых определяют фигуру . .	33

§ 3.	Задачи, данные которых определяют только форму
фигуры............................................ 40

§ 4.	Задачи, данные которых не определяют форму
фигуры............................................ 44

§ 5.	Задачи на доказательство..................... 47

§ 6.	Задачи на построение ........................ Б1

VII.	Нешаблонные задачи. Задачи без числовых данных. 57

VIII.	Заключение ...................................... 58

ЧАСТЬ II.

Задачи без числовых данных.

1.	Арифметика .....................................

11.	Алгебра ........................................

§ 1.	Тождественные преобразования и уравнения первой
степени..........................................

§ 2.	Делимость чисел ...........................

§ 3.	Тождественные неравенства .................

§ 4.	Квадратный трехчлен . .....................

§ 5.	Прогрессии и пределы ......................

§ 6.	Логарифмы и прогрессии ....................

III.	Геометрия........................................

§ 1.	Планиметрия ..................... .........

§ 2.	Стереометрия...............................

02

67

72

76

84

88

100

103

120
IV.	Применение алге 2 к геометрии.................... 136

§ 1.	Алгебраиче ' преобразования. Квадратные урав-
нения	........................ ...........

§ 2.	Неравенства. Максимум и минимум .......... 145

V.	Применение алгебры и тригонометрии к геометрии . . .	156

§ 1.	Планиметрия ................................ —

§ 2.	Стереометрия.............................. 168

VI.	Задачи, приводящиеся к уравнениям третьей и четвертой
степени.............................................. 200

§ 1.	Задачи, приводящиеся к уравнениям третьей
степени........................................ 204

§ 2.	Задачи, приводящиеся к уравнениям четвертой
степени........................................ 218

Ответы............................................... 228

Дмитрий Семенович Людмилов

ЗАДАЧИ БЕЗ ЧИСЛОВЫХ ДАННЫХ

Редактор Л. А. Сидорова

Обложка художника И. И. Растащенова
Художественный редактор Б. М. Кисин
Технический редактор М. И. Смирнова

Корректор Р. Б. Берман '

Ж ж *

Сдано в набор 10 /II 1961 г. Подписано к печати 27 /V 1961 г.
84хЮ81/з2- Печ. л. 15 (12,30) Уч-изд. л. 11,51 Тираж 48тыс.экз.

ж ж ж

Учпедгиз. Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.

Полиграфкомбинат Саратовского совнархоза,
г. Саратов, ул. Чернышевского 59. Заказ № 2182.

Цена без переплета 31 коп., переплет 8 коп.